/* HDU 6098 - Inversion [ 贪心,数论 ] | 2017 Multi-University Training Contest 6 题意: 求出所有B[i] = max(A[j]) [j % i != 0] 分析: 排个序从大到小找第一个不是它倍数的数. 至多扫倍数的个数,均摊复杂度O(nlogn) */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct Node { int x, i; }; bool cmp(No…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4930 Fighting the Landlords Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others) Total Submission(s): 312    Accepted Submission(s): 100 Problem Description Fighting the…

/* HDU 6168 - Numbers [ 思维 ] | 2017 ZJUT Multi-University Training 9 题意: .... 分析: 全放入multiset 从小到大,慢慢筛 */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 125250; int n, s[N]; int a[N], cnt; multiset<int> st; multiset<int>::it…

  Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 65536KB   64bit IO Format: %I64d & %I64u Description Give you a sequence of N(N \leq 100, 000) integers : a_{1},...,a_{n}(0 < a_{i} \leq 1000, 000, 000). There are Q (Q \leq 100, 000) queries. For each query l,…

Hiking Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others) Total Submission(s): 97    Accepted Submission(s): 56 Special Judge Problem Description There are n soda conveniently labeled by 1,2,-,n. beta, their best fr…

链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6394 思路:用dfs序处理下树,在用分块,我们只需要维护当前这个点要跳出这个块需要的步数和他跳出这个块去到的下一个点的下标,这样更新和询问的复杂度就降到了sqrt(n),查询树上的点的时候我们可以用倍增来降时间复杂度,这样处理下就不会超时了,. 介绍下代码主要数组的作用方便看懂代码:l[i] : 当前块的左边界 r[i]:当前块的右边界 num[i]: 当前点需要多少步跳出这个块 pre[i]: 这个…

Inversion 思路:从大到小排序后,每次找到第一个下标不整出i的输出. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(b)) ; struct node { int a; int id; bool operator < (const node &t) const { return a>t.a; } }a[N]; int main() { i…

思路   如果进制为p    那么当x<p时 (p-1)*(p-x)=(p-(x+1))  *p +x     因为x<p  所以没有进位  所以高位上的数字为    p-(x+1). 根据上面所述. 只要我们能找出 p-1   那么我们根据(p-1)*(p-1)的高位为p-2 就能找出p-2 .找出p-2根据  (p-1)*(p-2)的高位为(p-3) 就能找出p-3.....任务就转化成找出p-1. 我们会发现 从0-(p-2)  都会出现在高位.唯有p-1不会出现.那么就知道要出高位没出…

思路:根据出发时间把点往速度反方向移动 t*v的 的距离这样就可以当成 全部点一起出发,再把y轴上的点固定不动相当于x轴的点向(-v2,v1)方向移动 .可以把所有点映射到x轴上进行统计即可(要记住同一类型的点事不能相互看到的.因为出发时间不同,就算在x轴上有相同映射点也一样)任务就是 统计每个点能看到多少不同于本身类型的点. 注意在映射的时候由于原先x轴上的点视线是水平的不用改 .y轴上的点原先视线是垂直的要根据夹角转映射到水平. #include<iostream> #include<…

思路:先枚举  a*bas +b = n  求出 bas 在sqrt(n)到n的  (bas>a&&bas>b) 再枚举  a*bas*bas+b*bas+c =n  求出bas 在 n^(1/3) 到sqrt(n)的 (bas >a&&bas>b&&bas>c) 上面 a b c  均只有  3 4 5 6  四种取值. 剩下的  直接   n^(1/3) 枚举   效率为  n的三分之一 次方. //============…