Distributing Ballot Boxes http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4190 Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 2109    Accepted Submission(s): 1119 Problem Description Today, besides…

Distributing Ballot Boxes Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 756    Accepted Submission(s): 372 Problem Description Today, besides SWERC'11, another important event is taking plac…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4190 Distributing Ballot Boxes Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1065    Accepted Submission(s): 536 Problem Description Today, bes…

题意:给出n个城市,n个城市分别的居民,m个盒子,为了让每个人都投上票,问每个盒子应该装多少张票 二分盒子装的票数, 如果mid<=m,说明偏大了,r应该向下逼近 ,r=mid 如果mid>m,说明偏小了,l应该向上逼近,l=mid+1 和上午那个切割木块那个一样----------- #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include <cmath> #include&l…

太神了,专门写一篇题解 qwq 简要题意:给你 \(R\) 个红球和 \(B\) 个蓝球,你要把它们放到 \(K\) 个箱子里,要求没有两个箱子完全相同(即两种球个数就相同),求 \(K\) 的最大值. 设第 \(i\) 个箱子中有 \(x_i\) 个红球,\(y_i\) 个蓝球,就变成了找平面上一个大小最大的点集 \((x_i,y_i)\),使 \(\sum x_i =R, \sum y_i=B\).进一步,由于可以直接将 \(x\) 最大的点 \(x\) 坐标变大,\(y\) 同理,因此只需…

DFS基础 深度优先搜索(Depth First Search)是一种搜索思路,相比广度优先搜索(BFS),DFS对每一个分枝路径深入到不能再深入为止,其应用于树/图的遍历.嵌套关系处理.回溯等,可以用递归.堆栈(stack)实现DFS过程. 关于广度优先搜索(BFS)详见:算法与数据结构基础 - 广度优先搜索(BFS) 关于递归(Recursion)详见:算法与数据结构基础 - 递归(Recursion) 树的遍历 DFS常用于二叉树的遍历,关于二叉树详见: 算法与数据结构基础 - 二叉查找树…

原题链接 题意简介: 已知分别处在 \((-\infty,-1]\) H.\((-1,0)\) .\((0,1)\) .\([1,\infty)\) 的实数的数量(下记为集合 \(A,B,C,D\) ),试问:把这些数乘起来后,答案的可能出现在那个范围中? 题解: 首先,我们不难发现,如果负数的个数为奇数,那么答案必然在 \(A\) 和 \(B\) 中,否则,将出现在 \(C\) 和 \(D\) 中. 确定了这一点后,我们将符号全部视为正,试着探索答案能否出现在 \(C\) 或 \(D\) 中.…

题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA12657 分析: 此题使用手写链表+模拟即可.(其实可以用list,而且更简便,但是会大大的超时) 肯定是不能直接用数组模拟了,因为n,m的大小会达到100000. 然后, 1.可以编写一些辅助函数来设置链接关系. 2.注意 op==3的时候,要对xy相邻的情况进行特判,因为有这种情况 2 1 (头节点) 3 1 2 (尾节点) 3.我们会发现如果反转两次,就相当于没有翻转.如果翻转一次,op=1变为o…

题面 解析 可以发现,发纪念品有三种方式: 从左边走再原路返回. 从右边走再原路返回. 走一圈. 注意到,第三种走法最多只会走一次, 因为如果走了多次,那发放的物品数量就会>=\(2k\), 那么一定有半边的数量>=\(k\). 因此就可以转化为一次1/2操作加一次3操作(先发掉\(k\)个). 那么我们可以先DP一下1/2操作发前\(i\)个纪念品所用的时间\(f1[i]/f2[i]\), 那没有3操作的时间就是f1+f2, 考虑走一圈的情况,枚举从左边走发的纪念品数更新答案即可. code…

题意:给一个如图坐标系,每个方形都放在下面两个中间,已知一个木块湿了那么他下面所有的都会湿,显然,不能湿两次.问,每次给出一个坐标,把他弄湿,有几个木块从干变成湿了. 思路:我们把坐标系拉直,就变成了如图,显然我们弄湿 a(0,5),那么红色部分变湿,看一眼应该已经找到计算面积的方法了.所以我们每次得到一个坐标,我们就能直接算出面积.然后我们判断,是否已经有顶点所产生的面积包含了我的顶点,是的话我湿的面积为0.没有的话我就遍历一遍所有顶点,删掉所有的已经湿了的面积,剩下的就是新湿的面积了. 然后…