ww32cc的博客

思路：每个桌子的三个气球只有两种情况：1 + 1 + 1或者 2 + 1使用贪心的策略，每次使用2 + 1的放法。先将三种气球按数量排序,不失一般性，令r, g, b的数目有 所以基本放法是：bb + （r / g）。所以按照2 +1的策略放，到最后有两种情况：①r和g无剩余；②r,g有剩余；① r和g无剩余 ，此时只有b剩余，不能装饰新的桌子，故解为 ② r,g有剩余 ，此时

思路：根据题意很容易想到动态规划方程，，状态dp[i][j]表示到达i时油量剩余j，但是复杂度太高。从另一个角度想，由一个最优解产生另一个最优解，每次取最优解的节点进行扩展，类似dijkstra最短路。具体处理如下：每次取一个最优节点出队，则节点为队中到源点花费最小的，在该状态下，可以选择购买1单位的油，也可以走向其邻节点。为什么是购买1单位的油？假设此时队首油量为j，在该点最多可以购

题意：M种detail的序列，求这样的区间：区间内每种detail的最大值之和小于数值K，求区间的最大长度。解法一：二分+区间最大值（RMQ或单调队列）由于是求最大长度，而给定一个长度我们可去check是否为合法解，所以可以使用二分。①区间最大值RMQ问题可以使用线段树、ST算法（sparse table）降低查询复杂度。线段树和ST算法预处理需要O（nlogn），线段树查询需要O(l

思路：由于字符串长度上限为6*10^5，直接比较十分耗时。所以使用trie进行查找。

思路：因为color种类不超过100种，根据题目数据量，直接对每种color进行枚举，再进行dfs判断该种颜色下两点是否连同即可。代码如下：#include #include using namespace std;#define N 105int head[N][N], idx;struct Edge{ int to, next;}edges[N * 2];bool

思路：给定一个d，两队的分数可以在log(n)内求出：二分查找出最后一个不大于d的位置idx，则0~idx这idx+1次投球得分为2分，idx+1~n-1这n-idx-1次投球得分为3所以只需枚举二分线d即可。开始时在最大最小值之间枚举，复杂度O(10^9)超时。观察数据量，其实枚举m+n个数即可。下面证明两者得到的最优解是等价的：设最优解d，二分得到a队的位置为i，b队的位置为j，(d

二分所需的花费，对给定花费枚举hp、atk、def的购买数量。代码如下#include using namespace std;#define INF 30100#define max(a, b) (a) > (b) ? (a) : (b)int hp[2], atk[2], def[2];int h, a, d;bool check(int x){ int bound_h

思路：由样例可知，若exit和实际command在当前的父节点两边，则父节点一侧的子树节点必须全部遍历一遍，才会再次返回到父节点，从而转向正确的方向。故先求出exit的正确路径，然后与command相比，①若相同，则只需沿着command走，ans++②若不相同，则ans += 父节点左侧子树的节点数代码如下：#include using namespace std;#de

思路：和中出现了0的行，代表的是队首和队尾元素，所以只需沿着两个0前向/逆向出发，即可将队列填满。由队尾给出的那一行一定为：ID[n - 1], 0，所以从0逆向出发能确定第n - 1个人，根据n的奇偶性进行判断：①当n为奇数时，从0前向出发，依次可以确定队列的第2,4,……,n - 1个人,所以应该从队尾元素逆向出发，确定队列的第n,n - 2,……,1个人②当n为偶数时，从0前向出

思路：对相邻两行，当s1[i]≠s2[i]时，新的字母表中s1[i]必须出现在s2[i]的前面，显然是拓扑排序。所以枚举相邻的两行，构造有向边统计入度。拓扑排序：每次从图中拿走一个入度为0的节点，并删除所有从该点出发的有向边。若最终输出的节点个数小于总个数，证明存在环。代码如下：#include #include using namespace std;#define N 1

思路：只有当两个点不被任何直线分隔开时，两个点才算在同一区域内。所以当两个点位于一条直线的两侧时，就需要跨过这条直线，扫描所有的road即可。代码如下：#include using namespace std;int main(){ int x1, y1, x2, y2; scanf("%d %d %d %d", &x1, &y1, &x2, &y2); int n; s

思路：由于hit的时间涉及浮点数，处理起来较繁琐，所以可以换一种思路。由于所有的monster同时被attack，所以处理1s内的情况即可。预处理一秒内两个人的hit顺序，若同时hit则记为BOTH。预处理hit次序只需按次数进行扫描，设当前VANYAhit次数为hit_x，VOVA为hit_y，则VANYA的下一次hit时刻为(hit_x + 1)/x，VOVA的下一次hit时刻为(hit_

思路：刚开始使用大数除法，枚举分割点，复杂度O(n^2)肯定超时。除法代码如下：但是仔细观察发现，在使用大数除法的时候

思路：所求数x满足，设l和r的二进制表示为：，且l的长度小于等于r。则l和r不等的情况下，设，则小于i的位可以全部取1，大于i的位与l和r相同：。第i位处理如下：第i位取0一定满足，所以考虑取1的情况，若取1时满足条件，则可取1（此时，但不需要特别讨论）；若取1时超过了r，则取0。代码如下：#include using namespace std;int l_digit[181

将数组中的元素进行重排，组成最大的数。如果只有两个数，可以简单判断：，使用贪心，将数组中的元素按照上述比较规则进行降序排序，进行拼接即为所求。证明如下：假设按照贪心得到的最优解为：(其中)，若存在解(和交换位置)比更优。令和之间一共位，则有：

求n个数中出现次数超过

思路：题意很直观，用密码+光标位置来表示状态，对光标所在位置分别进行六种操作，得到新状态入队。但一共有1000000*6种状态，所以需要剪枝。由于swap0和swap1这两个交换操作只对光标处和0， 5位置的数字有效，当光标在j处时(0代码如下：#include #include #include using namespace std;#define N 1000005#d

思路：因为加法操作和移位操作都是对整体进行，所以最终的结果与两种操作的执行次序无关。可以先执行加法若干次，最后再执行移位操作，而加法最多执行9次又回到原来的数，枚举加法次数和移位次数即可。代码如下：#include #include #include using namespace std;#define N 1005char s[N], add[N], rot[N], min_

注意行之间的比较结果与高位的字符有关，若s1[i] 使用布尔数组来记录相邻行之间的大于关系，若flag[i + 1][i] = true,说明前导字符已经满足字典序升序。否则需要对字符进行判断。注意对该列处理完之后，若保留该列，相邻行之间存在大于关系时需要对flag进行更新。代码如下：#include using namespace std;#define N 105char a

最大值：n个人，其中m-1个队中只有一个人，剩下的人都放在一个组里最小值：每一组的人数尽量平均证明：最小值：令第i个team人数为xi, 则所求为.则又: .故整理得: ，当且仅当时,f取得最小值所以当n整除m时,f取得最小值.当n不整除m时,n % m部分有两种选择:①给其中n % m个team每个team多加一个人；②其中一只team多加

解法一：复杂度为O(nk)每次从最大值向最小值移动1个代码如下：#include using namespace std;#define N 1005int a[105], ans[N][2];int main(){ int n, k, ops = 0, max_val, min_val; scanf("%d %d", &n, &k); for(int i = 1; i

由于最后写在纸上的day number(ai)是不下降的,所以按规定时间(ai)排序的exam序列就是实际参加的考试顺序.在这一点的基础上，尽量让先参加的考试天数小(尽量取候选时间bi)代码如下：#include #include using namespace std;#define N 5005struct Node{ int a, b; friend bool op

将n个数分为三部分，则对这三个集合的数处理如下：i.   中的元素，除去x和y的公倍数，全部都可以给朋友aii. 中的元素，除去x和y的公倍数，全部都可以给朋友biii. 中的元素，给朋友a或者朋友b都可以不考虑两个人所需的cnt数，n个数中除去公倍数后满足条件：将中的元素全部给a，则a还需个将中的元素全部给b，则b还需个则二者还需要的部分，从取即可由于

根据数据范围，从permutation考虑肯定会超时，考虑到k + 1个数一定可以构造出k种差值，则可以由已知解向所求解转换——使k + 1以后的数只产生1即可。具体构造方式：从第k + 1的位置开始从后向前放置，放置1，k+1，放置2，k……，则可以构造出1~k这k种差值最后的效果为：……2，k，1，k+1，k+2，……，n代码如下：#include #define N 100

a % m只有m种可能，若某个余数是之前出现过的，那么接下来的余数一定会陷入循环，故生产不会停止。由于只要出现0便会停止，由鸽巢原理，m次操作里面没有出现0的话，则第m次一定会得到1 ~ m - 1之间的数，则进入循环。所以只需检测m次操作中是否出现0即可代码如下：#include using namespace std;int main(){ long long a; int

由于边界与坐标轴平行，则只需确定正方形的左下角和边长即可确定正方形。而左下角可以根据mines的坐标确定，所以只需二分枚举正方形的边长即可，给定边长，O(n)时间内可以检查是否满足。代码如下：#include #define N 1005#define INF 1000000001int x[N], y[N], n, orig_x = INF, orig_y = INF;bo

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5501思路：首先将问题简单化，每道题有ti的时间消耗，给定T时间内要完成若干题目使得分值最大，很容易想到背包问题。但是本题中的value是随着时间减小的，因此背包的顺序也会影响最优值。如果物品数量的规模在16左右，可以使用状态压缩来做：，其中，dp[i][j]表示j分钟结束时状态为i，k为题目的标号

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5500思路：问题等价为，一个1~n组成的序列，每次从中取出一个数，插到最前面，用最少的步骤使序列变为升序。其实在整个操作过程中，我们只需要保持相对顺序即可。每次操作保证pos[i - 1] < pos[i]，即：i - 1出现在i的前面。如：首先检查n - 1是否出现在n前面，不是的话将n - 1移

思路：由于一个candle只能覆盖t，所以对某一时刻w[i]，最早的candle点亮时间不超过w[i] - t。否则w[i]时刻该candle已经熄灭。所以对每个w[i]，统计w[i] - t ~ w[i] - 1之间有多少根蜡烛被点亮即可。若已有r个candle，不做任何处理。否则，由近及远点亮需要的candle。代码如下：#include using namespace std;

思路：由于*匹配存在不确定性，所以使用常规解法比较麻烦。由于问题可以分解，若S的前i个字符与P的前j个字符已经匹配，则只需考察剩余的字符即可。从这个特点上，可以使用DFS。而由于无后效性，所以也可以使用DP。1.DFS解法讨论p当前位置处的字符，若为'*'，则s可以与p匹配0个或若干个字符，否则各自移动一个位置，对剩下的字符串递归处理。代码如下：class Solution {p

思路：题目很直观，用dp[i][j]表示走到第i个island，jump值为j时的最优值，但是状态的数据量均为30000，超内存。由于d每次最多只能改变1，考虑d改变的最大幅度。设到达终点需跳x次，则有：当d = 1时，x dp[i][j]表示到达第i个island，jump值为d + (j - 250)时的最优解，求解时注意状态的有效性即可。 代码如下：#include #

思路：括号匹配问题可以用栈来模拟：遇左括号入栈，右括号出栈，最后栈空则匹配。所以beautiful字符串满足条件：①任意位置处左括号的数目不小于右括号②终点处左括号数目等于右括号从栈的处理过程可以看出，只要能使最终栈空，中间的右括号完全可以放在末尾处。用一个数组cnt[n]记录每一位置处多出来的左括号数，将每个“#”号当做一个右括号处理，由于要使cnt[len] = 0，所以对

思路：只需处理字符串的一半，即：根据右半段来修改左半段。因为同时修改对称的两个字符，所需的操作数与修改一个字符是相等的。为了使操作数最小，应该按顺序来修改。由于对称性，可将pos > mid的情况转化为pos 此时有两种情况：①pos离mid较近，则应该按照pos——mid——0的顺序检查是否需要修改②pos离端点较近，则应该按照pos——0——mid的顺序检查是否需要修改处理

思路：无向无环图中边的条数不超过n - 1，故一定存在叶子节点。由于叶子节点的邻边可直接确定，可以直接输出。将叶子节点所在边移除，迭代处理所有的叶子节点，直到所有节点都处理完毕。代码如下：#include using namespace std;#define N (1u << 16)int deg[N], sum[N], leaves[N], edge[N][2];int ma

单向BFS只从起点一端开始搜索，双向BFS则是从起点和终点两边扩展节点，当节点发生重合时即找到最优解。假设起点到终点深度为d，每个节点平均有n个分支，那么单向BFS需要扩展的节点个数为。而从起点终点同时扩展，则只需。实现方法为：维护两个队列，分别保存从起点和终点扩展到的下一层，这样保证了两个队列中的节点处于相同的深度（即：距离起点或者终点深度相同）。则当拓展到时一定发生重合，得到最优解。代