[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 考虑r最后的二进制形式为 1xxxxx 那么我们肯定想让第一个最高位的1保留. 因此我们选取的另外一个数字 一定是 0xxxxx的形式. 那么我们贪心地选取数字b=01111..1 然后看看这个数字b是否大于等于L 如果满足,显然它也是满足小于等于R的. 那么我们选取的a=100000..0 那么结果显然就是最大的了.为11111...11 但是 如果b<L 那么我们就显然不能满足最后的结果第一位是1了. 所以b的第一位也只能是…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] f[i][j][k]前i个位置,第i个位置放j这个颜色,然后形成了k个联通块的最小花费 分第i个位置有没有已经放颜色两种情况考虑. 如果有放的话.枚举前一个位置的颜色以及前i-1个位置形成的联通块的数目 如果没有放的话.枚举当前以及前一个的颜色以及前i-1个位置形成的联通块数目 有放不用加代价. 没有放的话加上放的代价就会. 最后在f[n][1..m][k]里面找最小值 [代码] #include <bits/stdc++.h>…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 很显然只要维护B,R,G的数量就好了. 可以很容易想到一个dfs(int a,int b,int c) 然后如果a+b+c==1,那么让其中为1的对应的颜色标记为可以得到就好 变换就是a-1,b-1,c+1和a-1,c-1,b+1以及b--,c--,a++以及a-1,b,c和a,b-1,c和a,b,c-1 然后加一个记忆化搜索吧.. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long l…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 第i只动物如果饲养它的话. 代价是固定的就是(n-i+1)a[i] 所以相当于给你n个物品,每个物品的重量为(n-i+1)a[i],价值为1 背包容量为x 问你最大价值是多少. 但因为价值是单位价值. 所以直接重量小的优先选就好了. 不够了就停止. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i &l…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 让你确定一个最小的k 使得1..k这些比赛的结果能够推导出所有人之间的实力大小 [题解] 如果关系越多.那么就越能确定所有人之间的大小关系. (多一点也能唯一确定.不嫌多 那么就二分一下k. 做一个拓扑排序. 如果能做唯一的拓扑排序.那么就ok 否则返回false. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <=…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 给你一棵树. 让你统计其中子树T的数量. 这个子树T要满足最大值和最小值之差小于等于d 树形DP 可以枚举点root为子树的根. 统计以root为根的子树的个数. 根据每个儿子节点选或者不选. 如果选.则看看它是否满足以下条件: 权值小于等于根节点的权值. (等于根节点的时候,要求该节点的标号<根节点的标号,不然会重复计数) 然后假设当前是枚举的第i个儿子 那么cnt表示的是这个根节点和前i-1个节点能形成的满足子树(是一个联通…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 每一位显然只要取1..60这些数字. 然后需要保证每个这些数字里面,每个数字所用到的质因子都它所唯一拥有的.别人不能用 因为如果别人用了的话.gcd就不为1了. 因此我们肯定需要记录这些数字的质因子使用情况. 如果第i个位置枚举的数字,它里面的某个质因子,之前用过了.那么这个数字就不能用. 否则还可以用. 只需取前16个质数就能够表示1..60这些数字了 (其实只要取到58就好了,所以59这个质数不用,因为选59和选1的代价是一…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 给一个森林. 就是由很多棵树组成.. 然后会询问你其中一棵树的最长链. 初始状态的最长链可以用两遍dfs分别找最长路得到. 然后要求你支持合并. 且合并过后. 新的树的最长链尽可能短. 这个合并的过程可以用并查集来表示. 给并查集添加一个变量value 表示这个并查集形成的树的最长链. 两个树合并. 最优的方法就是分别取最长链上的中点. 这样得到的新的树的最长链才可能最短. 新的最长链的长度在value[x],value[y],…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 会发现如果x是reallynumber那么x+1也会是reallynumber.... (个位数+1,各位数的和+1了但是整个数也+1了.而且如果发生了进位的话,各个数码的和只会更小.. 因此这个reallynumber肯定有一个下界的.. 二分得到这个下界就好. 然后用n-下界+1就是答案了. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep1(i,…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 显然最多1000行的样子. 从上到小做dp 设f[i][j]为前i行,使用了j个红色方块的方案数. f[1][r] = 1;如果r>0且g>0则f[1][r-1]=1; 然后如果第i+1行不用红色的话.->就只能用绿色了.. 算算绿色够不够填i+1个.. 够得话 f[i+1][j] = f[i+1][j] + f[i][j]; 然后看看红色够不够填i+1个 够得话 还可以用红色填i+1行 也即 f[i+1][j-(i+1…