题面: 666: 重点在题意转化:每个数可以乘k,代价为k,可以减一,代价为1, 所以跑最短路即可 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; const int MAXN=1e6+100; int n,ans; char f[MAXN]; bool in[MAXN];…

题面:https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11752338.html https://www.cnblogs.com/Juve/articles/11752414.html 最近咕的稍多,就简单写一下题解了(其实也不算题解),反正就是一句话,而且都是这几套题改完的 模拟87: maze: 在实数上二分,跑最短路check,spfa比dij快多l #include<iostream> #include<cstdio> #include<c…

T1 yuuustu: 可以对两边取对数,然后就转化为两个double的比较,时间复杂度$O(n)$ 然后我就用神奇0.4骗分水过 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; struct BigInt{ ]; BigInt(){memset(a,,]=a[]=;} BigInt friend operator * (BigInt x,int y){ ],las=; ;i<=len;++i){ x.a[i]=x.a[i]*y+las; l…

T1 queue: 考场写出dp柿子后觉得很斜率优化,然后因为理解错了题觉得斜率优化完全不可做,只打了暴力. 实际上他是可以乱序的,所以直接sort,正确性比较显然,贪心可证,然后就是个sb斜率优化dp了 关于斜率优化 T2: 究极大模拟,懒得打,鸽了 T3: 蒟蒻博主用的是记忆化搜索的方法,其实和抵制克苏恩那题思路很像,因为他的小球个数很少,颜色种数也很少,所以这是可行的,记搜时我们只需记录还有多少个1个的,2个的,3个的,和上一个选取的是剩几个的,然后这一次可能选剩1个的,2个的,3个的,如…

话说我怎么觉得我没咕多长时间啊,怎么就又落了20多场题解啊 T1 array: 根据题意不难列出二元一次方程,于是可以用exgcd求解,然而还有一个限制条件就是$abs(x)+abs(y)$最小,这好像很难搞,但是我们用exgcd求出一组特解之后的通解公式是个一次函数,通过手玩可知x,y只可能是最小正整数或最大负整数解,这就很好整,时间复杂度$O(n)$,当然也可以三分. #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace…

人生第一次A,B层一块考rank2,虽然说分差没几分,但还是值得纪念. 题解: T1 天空龙: 大神题,因为我从不写快读也没有写考场注释的习惯,所以不会做,全hzoi就kx会做,kx真大神级人物. T2 巨神兵: 大神题,一看数据范围这么小,我们考虑状压,最傻逼的暴力思路是压边,但是这显然不行.正解是压点,设$f[s]$为当前选定点集状态为$s$的方案数. 我们考虑转移,当前选定的点集肯定是可以通过边和没有连过来的点相连构成新的方案.所以转移所以我们考虑枚举补集的子集$k$,设$cnt$为s与k…

考试过程: 惯例先看一遍三道题,T1 一开始反应要求割点,但是这是有向图,肯定不能求割点,康了一下数据范围,有40%是树的,还不错,决定待会在打. 看T2 字符串题,完了我字符串最弱了,肯定只能打暴力了,带着前两题都不会的心情,看了T3发现是期望,完了爆0了,在一看,发现是sb原题,还简单一点,赶紧把T3码了一遍过大样例,觉得很稳就交了,然后用一点时间把T1树的分给码了,然后开始磨T2,发现啥都不会开始dfs,一开始觉得只能拿30pts,后来发现没有回溯是$O(n^2)$的,打完就没剩多少时间了…

由于咕掉的题解太多了,所以只能趁改完不动题的时间,来补补坑qwq,还是太弱了. 考试过程: 到新机房的第一次考试,貌似海星? 第一题一开始就觉得是个贪心,但以为所有小怪兽都要打完,所以想复杂了,但后来发现只要每个人都有怪兽打就吼了,然后显然二分答案,1h 打完. T2没什么思路,想拆柿子,但没什么用,只qj了链的测试点,用来跑所有测试点竟然得了40pts. T3一眼看错题,然后一眼wqs二分,然后调到考试结束也没调出样例. 题解: T1 kill: 先把人和怪兽得坐标sort一下. 显然这n个人…

A.小盆友的游戏 感觉题解解释的很牵强啊……还是打表找规律比较靠谱 对于每个人,它构造了一个期望函数$f(x)$,设它的跟班个数为$cnt[x]$,那么令$f(x)=2^{cnt[x]}-1$(??鬼知道为什么要等于这个) 然后再定义当前局面的期望函数为每个人期望函数之和. 然后你会发现每次猜拳后局面期望函数变化量都是1 那么期望步数其实就是终止局面期望函数值-初始局面期望函数值 $ans=2^{n-1}-1-\sum (2^{cnt[x]}-1)$ #include<bits/stdc++.h…

以后不能再借没改完题的理由不写题解了…… A.求和 求$\sum \sum i+j-1$ 柿子就不化了吧……这年头pj都不考这么弱智的公式化简了…… 坑点1:模数不定,可能没有2的逆元,那么只要先把乘数里的2去掉就好了. 坑点2:1e18炸long long $\rightarrow$ 慢速乘即可 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<vector> using name…