传送门 首先显然的,如果一个位置开始播放了两圈还没结束,那么就永远不会结束 先考虑位置 $1$ 开始播放,用一个 $multisetset$ 维护一下当前听的所有歌,直到某一首歌 $r$ 不合法了就停止,此时播放的区间即为位置 $1$ 开始的答案 然后考虑从位置 $2$ 开始播放时和从位置 $1$ 开始播放有什么变化,显然播放的歌曲一定可以到 $r$ (反证法容易证明),并且 $multiset$ 里少了一首位置 $1$ 的歌 那么直接把 $multiset$ 更新一下,然后继续模拟过程直到下一…

CF1237D Balanced Playlist 题意 有一个长度为\(n\)(\(n\leq 10^5\))的循环播放歌单,每首歌有一个优秀值\(a_i\)(\(a_i\leq 10^9\)). 听歌时选一首歌开始,如果某一首歌\(x\)的优秀值的两倍小于当前听过的歌中优秀值最大的,那么会在听完\(x\)之前停止听歌. 对于每首歌\(i\),求\(c_i\)表示如果从它开始听,最多听完几首歌,如果有重复的算多首.如果从一个位置开始能无限听下去,那么\(c_i=-1\). 题解 首先发现当一个…

Description You are given a string s consisting only of characters 0 and 1. A substring [l, r] of s is a string slsl + 1sl + 2... sr, and its length equals to r - l + 1. A substring is called balanced if the number of zeroes (0) equals to the number…

inputstandard input outputstandard output You are given a string s consisting only of characters 0 and 1. A substring [l, r] of s is a string slsl + 1sl + 2… sr, and its length equals to r - l + 1. A substring is called balanced if the number of zero…

题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/873/B 题目大意:一个字符串全部由‘0’和‘1’组成,当一段区间[l,r]内的‘0’和‘1’个数相等,则称为平衡子串,求最长的平衡子串. 解题思路:将0换成-1,算出每个点的前缀和,若两个点前缀和相同,从第一个点到第二个点之前的字符串则为平衡串,求出最长的即可. 代码: #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio>…

思路:假设从第i首歌开始听,结束位置为j,那么从第i+1首歌开始听,结束位置一定不早于j.可以用反证法证明.想到这一点,就不难解决了. 实现: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; ; ]; int log2(int x) { ; ; res++; } return res; } void init(int n) { ; i < n; i++) st[i][] = a[i]; ;…

传送门 很妙的题 首先先考虑一个简化的问题,现在有一行格子让你填 你要么填一格 要么填两格 有的格子不让你填 问你填了 $a$ 个一格和填了 $b$ 个两格有多少种方案 那么显然先只考虑放两格的方案,这个可以简单 $dp$ 得到,设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个格子放了 $j$ 个两格的方案数 那么如果 $i,i-1$ 都没障碍,那么 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-2][j-1]$ ,否则 $f[i][j]=f[i-1][j]$ 然后再来考虑填一格的,显然剩下的 $to…

传送门 这一题是真的坑人,时间空间都在鼓励你用 $NTT$ 优化 $dp$...(但是我并不会 $NTT$) 看到题目然后考虑树形 $dp$ ,设 $f[i][0/1]$ 表示 $i$ 个节点的树,根节点为奇数/偶数的方案数 然后发现对于 $f[i][0/1]$ 的所有方案,把节点编号同时加一个偶数后根节点奇偶性不变,把节点编号加一个奇数后根节点的奇偶性变了 那么就可以对每个 $f[i][0/1]$ 枚举左右子树转移了,因为确定总点数所以左子树点数就有一个范围,在那个范围内枚举子树大小 $j$…

传送门 先来考虑一下二维时的情况,那么对于 $x$ 相同的点,我们按 $y$ 排序,然后相邻的一对对消除 最后 $x$ 坐标相同的点最多剩下一个,那么此时所有点的 $x$ 坐标都不一样 再按 $x$ 把 $x$ 相邻的一对对删除即可 扩展到三维,显然也可以同样的思路,先把 $x,y$ 相同的点按 $z$ 一对对消除,然后在把 $x$ 相同的点按 $y,z$ 相邻的一对对消除 最后按 $x,y,z$ 相邻的一对对消除即可 #include<iostream> #include<cstdio…

传送门 这一题有点意思 首先预处理出 $pos[x]$ 表示编号 $x$ 的车是第几个出隧道的 然后按进入隧道的顺序枚举每辆车 $x$ 考虑有哪些车比 $x$ 晚进入隧道却比 $x$ 早出隧道 显然是 $1$ 到 $pos[x]$ 中还没访问过的车,那么暴力做法就是这样枚举然后看看有哪些没标记并打上标记 注意到每辆车只要打上一个标记即可,并且每次打标记都只在一段前缀区间内 那么维护一下 $r$ 表示之前打标记的区间的最右端,每次只要考虑 $[r,pos[x]]$ 即可(注意 $pos[x]$ 本…