http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1674 想法很简单...将每一种看做一个点,如果i可以换成j,那么连边到j.. 费用都为1.. 然后拥有过的物品就是最短路+1.. #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <string> #include <iostream> #include <algor…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2016 这些最大最小显然是二分. 但是二分细节挺多的...这里注意二分的区间,可以累计所有的可能,然后这就是二分区间的右界..(我是sb) 然后二分的时候,判断那里一定要仔细啊.. 还有这题要开longlong啊(雾) #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <string>…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1295 咳咳..此题我不会做啊..一开始认为是多源,可是有移除物品的操作,所以不行. 此题的思想很巧妙! 我们不妨将问题转换一下,对于一个点到另一个点,我们只需算出到达这个点最少需要移除多少个障碍,然后用题目给的障碍判断是否可行,然后暴力算出可行的点之间的欧几里得距离就行了orz. T_T #include <cstdio> #include <cstring> #include &l…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1055 我竟然都没往dp这个方向想.....百度了下看到标题是dp马上就会转移了QAQ... 设d[i,j,k]表示i~j是否能转移成k. 那么很显然.. d[i,j,k]=d[i,k,x]&&d[k+1,j,y]&&a[k,x,y],a[k,x,y]表示k能转移到xy. 然后我数组小了re..(我都开了202啦........... 然后没有判误解wa了......太sb..…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2820 此题非常神! 下文中均默认n<m 首先根据bzoj1101的推理,我们易得对于一个数d使得数对(x,y)=k的个数为: $$\sum_{1<=d<=n'} \mu (d) \times \lfloor \frac{n'}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m'}{d} \rfloor, 其中n'=\lfloor \frac{n}{k} \rfloor,…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1084 有一个1A--- 本题没看懂,,不会啊囧..感觉完全设不了状态..看了题解,囧,m<=2,没看到的..默哀吧.然后此题就很好设方程了,m=1时是链,单独考虑,m=2时,考虑几种情况: m==1时: 设d[i][j]表示前i个元素j个矩阵的最大值,有 d[i][j]=max(d[i-1][j], d[k][j-1]+sum[i]-sum[k], 0<=k<i) 很好理解... m==2…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1052 首先膜拜题解orz,表示只能想到二分... 贪心就是每一次找到一个最小的能包围所有点的矩阵,然后枚举四个角放正方形. 不会证QAQ(填坑:似乎就因为正方形的边长是相等的有关?应该是的,假如只放一个正方形的中心点为(x,y),那么显然(x+L/2, y+L/2)(x-L/2, y-L/2)要覆盖所有点,显然最优的正方形的一个顶点恰好覆盖到能包围所有点的矩形中的一个角(否则无法覆盖所有点),所以…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1046 一直看错题....................... 这是要求位置的字典序啊QQQAAAQQQ .. 那么就lis后直接从前往后扫就行了.. 注意输出方案不要写错..(wa了好多发...) 拓展:同时如果求答案的字典序最小,那么我们可以先对所有元素排序,然后一个个去试,即维护当前的lis长度,看当前的这个点是否能被接上(因为排序后是单调的,lis也是单调的) #include <cstd…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1029 按右端点排序后依次加入,并且每一次看是否能被修筑,如果能就修:否则查找原来修过的,如果原来修过的最大的建筑花的时间比当前所要花的时间大,那么我们就决策:不修原来那个,改为修当前的(因为起点一样,所花时间少,两者的右边界都是满足的,用了后者时间能减少,使得给可能存在的后边的解提供机会).可以证明这样最优. #include <cstdio> #include <cstring>…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3297 这题拖了很久呢... 很久以前写了个dfs,,但是tle了..... 然后一直想dp想不出来,写出来了又wa了.. 然后看到一英文题解,暂时就只会这样了.. 其实dp方程很简单...... f[i]=min(f[i], f[j]+a[x]),f[i]是个字符串,所以用cpp自带的string处理字典序.. #include <cstdio> #include <cstring>…