传送门 sb贪心啊. 显然能选帕子就选帕子. 首先假设第一个人全出石头. 考虑把一些石头修改成帕子. 这样贡献只增不减,加起来就是答案. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 using namespace std; char s[N]; int n,delta=0,ans=0; bool col[N]; int main(){ scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1); for(int i=1;i<…

传送门 很有意思的一道贪心. 就是每次翻最小的倍数来满足条件. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; inline ll read(){ ll ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getc…

传送门 简单组合数学想优化想了半天啊233. 我们只需考虑翻开n张A,b张B,c张C且最后一张为A的选法数. 显然还剩下m+k−b−cm+k-b-cm+k−b−c张牌没有选. 这样的话无论前n+b+cn+b+cn+b+c张牌怎么选,方案数会乘上一个3m+k−b−c3^{m+k-b-c}3m+k−b−c. 继续讨论. 我们应该从前n+b+c−1n+b+c-1n+b+c−1中选出n−1n-1n−1个A(因为最后一个一定是A). 剩下的要么是B要么是C. 我们不妨令b+c=i. 那么有: ans=∑(…

传送门 就是一个另类最短路啊. 利用颜色判断当前节点的最小花费的前驱边中有没有跟当前的边颜色相同的. 如果有这条边费用为0,否则费用为1. 这样跑出来就能ac了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 500005 #define M 500005 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); wh…

传送门 谁能想到这道题会写这么久. 本来是一道很sb的题啊. 就是每次选一个点只会影响到周围的九个方格,随便1e9进制就可以hash了,但是我非要作死用stl写. 结果由于技术不够高超,一直调不出来. 然后换成1e9进制的hash发现一直WA. 感觉是long long与int之间卡出了一点问题吧. 然后调了半天终于调过了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100007 using namespace std; int n,h,w,n0,tot=0,…

传送门 一道挺有意思的贪心. 从1到n依次满足条件. 注意要特判第一个数已经大于x的情况. 但是如何贪心吃呢? 如果靠左的数没有越界,我们吃靠右的数. 原因是下一次靠右的数就会成为靠左的数,相当于多贡献了一次. 然后貌似要开long long 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 #define ll long long using namespace std; ll a[N],x,ans=0; int n; inline ll read()…

传送门 简单贪心啊. 这题显然跟t并没有关系,取差量最大的几组买入卖出就行了. 于是我们统计一下有几组差量是最大的就行了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define N 100005 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch))ch=getchar(); while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(a…

传送门 一道有意思的题. 一开始想错了,以为一直lowerlowerlower_boundboundbound就可以解决询问,结果交上去TLE了之后才发现时间复杂度是错的. 但是贪心思想一定是对的,每次向前尽量推进一定可以得到最优解. 于是我想起了一道叫做弹飞绵羊的题,感觉这道题可以类比. 码了一会一直WA感觉不太对,发现有一个细节写错了233. A了之后在csdn上翻了翻题解. 发现都是倍增优化%%%,我被自己的低智商给蠢哭了,是啊连修改操作都没有分块很low啊. 不过还是讲讲如何分块吧. 对…

传送门 一道思维题. 如果没有环那么对答案有k的贡献. 如果恰为一个环,可以用polya求贡献. 如果是一个有多个环重叠的双联通的话,直接转化为组合数问题(可以证明只要每种颜色被选取的次数相同一定可以在进行若干次交换之后变成一样的),相当于选一个值域在[1,k][1,k][1,k]中的单调不下降子序列的个数. 这个跟bzoj4403求法是相同的. 对于序列中的每一个元素的值加上它自己的下标就转化成了单调上升子序列的个数,有(edgecnt+k−1k−1)\binom {edge_{cnt}+k-…

传送门 有个十分显然的结论,只用枚举前后两个面就可以知道所有的面的颜色. 于是可以O(n2)O(n^2)O(n2)枚举前后两个面然后用map乱搞求贡献. 发现这样算出来会多算两倍(打表证明)于是答案除以3. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define N 405 using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char ch=getchar(); while(!isdig…