A:枚举答案即可.注意答案最大可达201,因为这个wa了一发瞬间爆炸. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int read() { ,f=;char c=getchar(); ;c=getchar();} )+(x…

Codeforces Round #519 by Botan Investments #include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> #include<vect…

开个新号打打codeforces(以前那号玩废了),结果就遇到了这么难一套.touristD题用了map,被卡掉了(其实是对cf的评测机过分自信),G题没过, 700多行代码,码力惊人.关键是这次tourist掉到第二了,掉了200多分,为神节哀. 做了4道,要不是第4题一直炸第5题也能做出来.本来想着上蓝名的.然后我第二题挂了,判断循环节写错了.绝望啊---- 比赛传送门:http://codeforces.com/contest/1043 A. Elections 这题很简单,就是说有n个人…

https://codeforces.com/contest/1043/problem/F 题意 给你n个数,求一个最小集合,这个集合里面数的最大公因数等于1 1<=n<=3e5 1<=a[i]<=3e5 思路 先考虑什么情况下满足集合中的最大公因数=1? 集合中的每个数没有共同的素因子,即所有素因子并没有包含于选出集合的所有数中,存在结论前7个素因子的乘积为510510,所以可以得出选出的集合大小最大为7 定义dp[i][j]为,集合大小为i,集合最大公因数=j的方案数 dp[i…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 设每个人做第一题.第二题的分数分别为x,y 我们先假设没有仇视关系. 即每两个人都能进行一次训练. 那么 对于第i个人. 考虑第j个人对它的贡献 如果xi+yj<yi+xj 即xi-yi<xj-yj 也就是说,如果我们以x-y作为关键字升序排序的话. 那么在第i个人右边的所有人.他的xj-yj的值都大于xi-yi 那么这n-i个人对第i个人的贡献就都是xi+yj 可以用一个前缀和,轻松搞定区间的x,y和. xi+yj>yi+xj的话.…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 枚举k 那么另外一个人的得票就是nk-sum(ai) 找到最小的满足nk-sum(ai)>sum(ai)的k就ok了 [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--) using namespace std; const int…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 枚举k 不难根据a得到x[0..k-1] 然后再根据a[k+1..n]来验证一下得到的x是否正确就好. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--) using namespace std; const int N = 1000;…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] [题解] 模拟了一两下.. 然后发现. 对于每一个前缀. 组成的新的最小字典序的字符串 要么是s[i]+reverse(前i-1个字符经过操作形成的最大字典序的字符串);或者是 (前i-1个字符经过操作形成的最小字典序的字符串)+s[i] 因为最大字典序,翻转一下,然后把s[i]放前面..显然更可能得到较小字典序的字符串. 这个最大字典序的字符串类似处理一下就Ok. [代码] #include <bits/stdc++.h> #define rep1(…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 相当于问你这m个数组的任意长度公共子串的个数 [题解] 枚举第1个数组以i为起点的子串. 假设i..j是以i开头的子串能匹配的最长的长度. (这个j可以给2..m这些数组用一个类似链表的东西很快得到,O((j-i+1)M)的复杂度即可完成. 那么我们会发现,我们不需要重新再从i+1开始枚举. 因为i..j这一段的任意一个子串都是满足要求(公共子串)的. 而它有len(1+len)/2个子串 那么我们从j+1开始继续上述步骤就Ok了. 注意m=1的时候..…

A:设f[i][j][0/1]为前i个数第i位为j且第i位未满足/已满足限制的方案数.大力dp前缀和优化即可. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int read() { ,f=;char c=getchar();…