zjck1995的专栏

一道非常经典的面试题目，给你两个鸡蛋，在一幢100层的大楼里面，至少扔几次可以测出让鸡蛋破碎的临界高度？最朴素的做法是从100层一直扔到１层，不过这样明显不是最优的。这题目其实可以转化为dp求解，假设有ｎ层，你随机选了一层ｘ，如果鸡蛋碎了，那么你只剩一个鸡蛋了，为了确保能够找到临界高度，你不得不从ｘ层往下一层一层扔剩下的一个鸡蛋。如果没碎呢，你还剩２个鸡蛋，但你已经用了一次测试机会。这时候的次数应该

#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep0(i,n) for(int i=0;i<n;i++)#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<k;i++)const int N=2e5+10;

height[i] 表示 排第i的子串和第i-1的子串的最长公共前缀，对于某一个长度k，如果存在连续一段height值大于等于k且起始位置的最远距离大于等于k，这一段就存在一个解，ans加1#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#

每经过一个城市速度会慢十倍，每个城市的距离是0---9,要求从0到n-1时间最短，时间相同的情况下，经过城市最少，输出时间，经过城市，还有路径首先从n-1bfs搜索所有的含有前导0的城市，再从0点bfs搜索到有前导0的城市中距离最短的长度len，再从所有长度为len且还有前导0的城市开始bfs，每次找一条最短的边，直到0点#include const int N=2e5+10;usin

跟巧妙的一道题目，问n的最小的一个倍数，该倍数不含有任意给定的数位中的数字   N是1万，bfs可用的数位，每次只要考虑模N是否存在即可，最多搜素N次，非常巧妙的减枝#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1

首先通过0,1染色找到联通分支，保存左右两边的差值，然后使左右两边的节点数目尽可能相差尽可能的小，用背包 （容量为sum/2） 求最小差异 ，这时边数最多，967MS险过#include #include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e4+10;

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1#define lowbit(x) x&(

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1#define lowbit(x) x&(

位置x要么放x+1位置的值，要么找到前面没有循环节中最大的一个值，判断最左边的非寻环节的位置用树状数组+二分，找最大值用线段树维护#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#defin

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1using namespace std;

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1using namespace std;

刺客杀人使用自己的刀需要消耗一定的耐久度，或者用杀人得到的刀，问用尽可能少的代价杀尽可能多的人首先，如果杀了一个有刀的人，最优解中有刀的人全部被杀完证明：   假设最优解中杀了x，不杀y，那么杀了x后再杀y并不会使得自己的刀的数量有所减少，这种情况还多杀了一个人，则这个不是最优解，矛盾了将结果分为两种，一是只杀没有刀的人，排序从小到大杀即可二是杀了有刀的人，根据上面的结

首先使房间的行数n#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1#define lo

F[x] 表示x的素数种类数，求max （GCD（F[i],F[j]））    i,j在区间L，R里面#include #include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e6+10;const int MAXN=(1<<31)-1;int INF

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include #include#include#include#include#include#include#include#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1 | 1#define lowbit(x) x&(

#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include const int N=50010;const int INF=1e9+10;int n,m,Q;int num[N];int head[N];int

#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rd(x) scanf("%d",&x)#define rdd(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)#define rddd(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,

TIANKENG’s travelTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 346    Accepted Submission(s): 85Problem DescriptionTIANKENG ha

对每个各自进行讨论它k次操作后选中的概率 ，为1-每一次选不中的概率的k次方，各个格子相加即可#include #include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1000005; int T,n,m,k; int cas=1;int main(){#ifndef ONLINE

算出每个循环块的长度，直接相乘肯定是不行的，需要分解质因数，每个因子取每次分解出来数量的最大值，然后用下快速幂优化下乘法就好了，比赛时脑子短路了，一直wa#include#include#includeusing namespace std;const int N=3e6+10;const long long MOD=3221225473;int n;int a[N];bool

问从一个目录到另一个目录的最短cd cd..次数#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e5+10;int n;int E[2*N],R[N];int t=0;map mp;vector vec[

学习了下莫队算法，用左端点所在块分割排序排序后，设n是区间范围，每个块n^0.5的大小，对于右端点R的更新，同一块内，R是从小到大，O（n）*块数=O(n^1.5),相邻块O（n）*块数=O(n^1.5)对于左端点的更新，同一块内，每次最多 O（n^0.5），不同块，最多2*n^0.5次，一共*m次询问大概加一下是O（n^1.5）的复杂度，这个题目是n=m是10000,大概是100万的

#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e4+10;const int MOD=1e9+7;int n,m,k;int a[1000005],b[N];int nex[N];void getnex()

#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e4+10;const int MOD=1e9+7;int n,m,k;struct node{ node* child[26]; int cnt;

AC自动机算是kmp的升级版，第一次写这个，感觉很有收获#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int N=1e5+10;const int MOD=1e9+7;int n,m,k;char *str[N];ch

给一个s，问一棵树上两点间的路径的亦或值等于s的有几种情况，主要有一个公式   f(1,u)^f(1,v)=f(u,v),另外特判下s==0的情况#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define rep(i,n) for(in

给一个整数D，求比D大的且二进制含有1的个数在s1---s2之间的最小的整数从高位往低位找D二进制中第一个从0到1的那个位，之后就尽可能地把剩下的1全部填在低位上，然后所有情况中取个最小值#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;#define r

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include<cmath>using namespace std;const int N= 1e5+10;typedef long long LL;struct node{ int l,r,dis,val,dad;}heap[N<<2];inline int max(