zyy大蒟蒻的博客

传送门贪心显然。1.按照最后时限排序，暴力插入。但是显然会错。510 1010 202 212 212 21答案是2，但是显然最优的是4于是考虑改进。2.在无法修理时我们可以放弃花费时间最长的工作。明显花费时间最长的工作时间大于当前工作是修改更优。我们可以用一个大根堆实现。然后就通过了。我才不会告诉你我wa了5次。var

传送门 首先我们可以证明1一个区间是合法的当且仅当平均数大于k 于是我们先将所有数减去k，再做前缀和 发现问题转化成了在他前面比他小的最大数。 这个随便单调队列水水九可以了。 话说前面那一大坨东西是什么鬼？#include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <time.h> #define MAGIC_BEGIN -435634223

传送门 界定内存放进去还是出来的是他下一次出现的位置（没有是n+1) 显然先出现的比后出现的更优。 然后优先队列水一波。#include<cstdlib> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring>#include<map>#inclu

传送门 k=0显然每条边都要走两次，答案=(n-1)*2 k=1我们找到树上最长链，在两段连边 在环上的就不用再走一遍了 答案=(n-1)-链长+1 k=2在k=1的基础上将那些边编圈变为-1，再跑最长链 不再环上显然只要一遍 但是在两个环上要走两遍。 答案=(n-1)-链长1+1-链长2+1#include<iostream>#incl

传送门 篱笆的长度最小是第一目标，应当优先考虑。 易知，当所有石头的坐标都满足x<=y的时候、 一定能够得到最小的周长。 而满足这一周长的方式不止一种，可以将这个矩形关于y=x直线做对称，总共有四种可能的情况，全部枚举一遍即可。#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostr

传送门 O（N^2）dp是显然的。 考虑优化这个dp 首先(A+B)^2>=A^2+B^2 所以从A->B->C显然比A->C优秀。 根据这个特性，我们可以将点按照纵坐标为第一键值，横坐标为第二键值排序 对于每一列我们维护一个当前纵坐标最大的点 用这个点更新一定比它下面的点更新更优 因此对于每个点枚举横坐标比它小的列更新即可 时间复杂度O(nm) 大概2E左右#include<cstr

传送门 贪心排序。 然后可以yy出来在3个以内调整是最优的（我不会证系列） 然后就欢乐的结束了。#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#define inf 1e12#define ll long longusing namespace std;l

传送门 二分答案。 显然我们应该尽可能的选择能选的一级公路。 如果不能选再选二级公路。 判断方案是否可行即可。var a,b,c,d,f:array [0..30005] of longint; n,m,k,i,l,r,mi:longint;function get(x:longint):longint; begin if f[x]=x then exit(x);

传送门 水题。 首先暴力求出所有k*k矩形的和,时间N^2 然后对每个点用前缀和维护出左上，左下，右上，右下的最大矩阵，再对每一行（列）维护以这一行（列）为底边的最大矩阵，然后枚举分割线暴力求解， 分割线只可能有6种情况， 暴力水过。uses math;var a,b,c,d,f:array [0..2505,0..2505] of longint; n,m,k,i,j,an

传送门 显然在两个消防站之间距离为5时最优。 就dfs一遍, 再对根处理一下就可以了.。#include<cstring>#include<cmath> #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<algorithm>#define N 1005using namespace std;s

传送门 trie树。 首先建立trie树，如果是名字，打标记+1，如果是笔名，打标记-1 然后做贪心爆搜，如果当前节点标记之和与儿子节点标记之和不同，则贪心选择min乘上depth，答案一定是最优的。 数据有一组要深搜80万层，要加特判。#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#inc

传送门 hzw说是树形dp 扯淡 直接贪心。 用f[x]表示以x为根的子树内，离x最远的点的距离。 显然有f[x]=max(f[son]+dist[x][son]) 按照贪心思想，在x与儿子之间放延迟器最好。 所以答案=sigma（f[x]-f[son]-dis[x][son]）#include<cmath>#include<cstdio>#include<cstring>#in

传送门 我们可以先用O（nm）时间求出向左向右扩展的最大距离 然后O（nm）枚举下端点位置（在矩形下面的边上） 计算出当高最高时的宽度，相乘后取max 正方形同理，只要取高度和宽度的min就行了。uses math;var hei,a,x,y,le,ri:array [0..2005,0..2005] of longint; n,m,i,j,maxju,maxzh:longint;

标题炒鸡吓人。 实质就是水题。 根据插入过程可以得到以下规律。 当前插入节点是极左的没有右儿子的节点。 大白话：向左儿子走只到没有右儿子为止。 记录答案，之后删除节点，交换所有父节点的左右儿子。 可以发现，这样是满足构造的。 但这为什么是最优解我不会证明QAQ 假装他是对的。#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>

传送门 首先，最终每个小朋友的糖果数量可以计算出来，等于糖果总数除以n，用ave表示。 假设标号为i的小朋友开始有Ai颗糖果，Xi表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果，如果Xi<0，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是ans=|X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。 对于第一个小朋友，他

传送门 我们可以用二维ST表记录下2^i*2^i的矩阵最值，暴力枚举即可pass。 注意，本题略卡内存uses math;var ma,mi:array [0..1005,0..1005,0..10] of longint; n,m,a,i,j,k,tt,d,ans,maxx,minn:longint;begin read(n,m,a); for i:=1 to n do

传送门 没看过1053的走这儿 剪枝大法好。 1.前一个质数个数必定大于后一个质数个数。 2.前一个质数的幂必定小于后一个质数的幂。 在加上一些奇奇怪怪的乱搞就可以了。 他比我讲得好#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<iostream>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorit

传送门一群不务正业的省队选手打泡泡堂。一眼田忌赛马既视感（实际上就是）我们可以用A队最弱的打B队最弱的，打不过就打最强的，这样可以拿最高分。A最低时B最高，于是我们把B队也模拟一下设答案为ans，则最低分为2*n-ans。var a,b,c,d,aa,bb:array [0..100005] of longint; n,i:longint;procedure kp1(

传送门 如果两个1之间不相邻， 那么第一问是偶数位上0的个数，否则是偶数位上1的个数。 否则就存在有连续1的情况 这种情况下，两个连续的1就可以到达任何一个位置，所以是不需要提前放置棋子的。 第二问先找到连续区间，对于每个连续区间向左向右判断其最少值 注意：如果第一和第二位置为1是不能算计第二种情况下的#include<cstdio>#include<cstdlib>#include