[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 给你一个字符串s. 让你在其中的某一些位置进行操作.. 把[1..i]和[i+1..n]翻转. 使得里面01交替出现的那种子串的长度最长. [题解] 可以用a,b,c,d,e,f,g依次连在一起.然后a和g再连在一起.形成一个环.. 然后你在这个环上模拟这个操作的过程. 就会发现.不管怎么样. 形成的序列都是下列字符串的一个子串(当然有的时候是反过来的.但会发现正反的话,不影响01串的长度. abcdefgabcdefg (你会发现在这个环上从a以一定的…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 你可以把出现次数大于1的颜色换成其他颜色. 问你最后能不能全都变成同一种颜色 [题解] 判断一下有没有出现次数大于1的就好. 有的话.显然可以一直用它变颜色. 特判n=1的情况.就好. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 给你n个数对(ai,bi). 让你求一个大于1的数字x 使得对于任意的i x|a[i] 或者 x|b[i] [题解] 求出第一个数对的两个数他们有哪些质因子. 显然用这些质因子去试2..n就可以了. 看哪个可以满足 就输出对应的就可以了. (一开始我求出这个数的所有因子(TLE了)..其实没有必要...因为假设y是x的倍数..然后y满足的话,显然x也能满足要求..所以只要用质因子搞就行了. [代码] #include <bits/stdc++.h> #…

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[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 设每个人做第一题.第二题的分数分别为x,y 我们先假设没有仇视关系. 即每两个人都能进行一次训练. 那么 对于第i个人. 考虑第j个人对它的贡献 如果xi+yj<yi+xj 即xi-yi<xj-yj 也就是说,如果我们以x-y作为关键字升序排序的话. 那么在第i个人右边的所有人.他的xj-yj的值都大于xi-yi 那么这n-i个人对第i个人的贡献就都是xi+yj 可以用一个前缀和,轻松搞定区间的x,y和. xi+yj>yi+xj的话.…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 枚举k 那么另外一个人的得票就是nk-sum(ai) 找到最小的满足nk-sum(ai)>sum(ai)的k就ok了 [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--) using namespace std; const int…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 枚举k 不难根据a得到x[0..k-1] 然后再根据a[k+1..n]来验证一下得到的x是否正确就好. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--) using namespace std; const int N = 1000;…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 模拟了一两下.. 然后发现. 对于每一个前缀. 组成的新的最小字典序的字符串 要么是s[i]+reverse(前i-1个字符经过操作形成的最大字典序的字符串);或者是 (前i-1个字符经过操作形成的最小字典序的字符串)+s[i] 因为最大字典序,翻转一下,然后把s[i]放前面..显然更可能得到较小字典序的字符串. 这个最大字典序的字符串类似处理一下就Ok. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 相当于问你这m个数组的任意长度公共子串的个数 [题解] 枚举第1个数组以i为起点的子串. 假设i..j是以i开头的子串能匹配的最长的长度. (这个j可以给2..m这些数组用一个类似链表的东西很快得到,O((j-i+1)M)的复杂度即可完成. 那么我们会发现,我们不需要重新再从i+1开始枚举. 因为i..j这一段的任意一个子串都是满足要求(公共子串)的. 而它有len(1+len)/2个子串 那么我们从j+1开始继续上述步骤就Ok了. 注意m=1的时候..…

Educational Codeforces Round 71 (Rated for Div. 2)-F. Remainder Problem-技巧分块 [Problem Description] ​ 初始\([1,500000]\)都为0,后续有两种操作: ​ \(1\).将\(a[x]\)的值加上\(y\). ​ \(2\).求所有满足\(i\ mod\ x=y\)的\(a[i]\)的和. [Solution] ​ 具体做法就是,对于前\(\sqrt{500000}=708\)个数,定义\(…