Solution 标程太暴力惹QAQ 相当于是26棵线段树的说QAQ 不过我写了另一种写法,从大到小枚举每一个字母,标记字典序在这个字母之上的位置为1,每次都建一棵线段树,维护1的数量,即区间和. 修改操作就是先查询这个区间1的数量,排序本质上就是把1一起放在这个区间前面或后面,最后查询每个位置,如果为1并且没有被标记过,就标记成当前枚举的字母即可. 将看似复杂的问题转化为了简单的区间修改和查询QAQ 不过需要各种常数优化才能过QAQ Code #include<bits/stdc++.h>…

Solution 几乎是秒想到的水题叻! 异或很容易想到每一位单独做贡献,所以我们需要统计的是区间内每一位上做的贡献,就是统计区间内每一位是1的数的数量. 所以就写数位dp辣!(昨天才做了数字统计不要太作弊啊!) Code #include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define mod 1000000007 using namespace std; inline void read(LL &x) { x = ; char ch = ge…

Solution 据说正解DP30行??? 然后写了100行的状压DP?? 疯狂特判,一算极限时间复杂度过不了aaa!! 然而还是过了....QAQ 所以我定的状态是待转移的位置的前三位,用6位二进制位表示,每2位表示一个位置的状态.然后特判转移就可以了QAQ Code #include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define mod 1000000007 #define RG register using namespace std; ]; ]…

转移都很明显的一道DP题.按照不优化的思路,定义状态$dp[i][j][0/1]$表示吃到第$i$天,当前胃容量为$j$,前一天吃(1)或不吃(0)时能够得到的最大价值. 因为有一个两天不吃可以复原容量的定义,所以需要前一天的状态. 而注意,容量表示的是当前第$i$天吃之前的容量. 然后考虑压缩空间,将天数滚动.要注意的是滚动过后$now$指向的是$i$后一天的状态,因此刷表更新. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m; ]…

考场上几乎是一看就看出来轮廓线叻...可是调了两个小时打死也过不了手出样例!std发下来一对,特判对的啊,转移对的啊,$dp$数组竟然没有取max!!! 某位考生当场死亡. 结果下午又请了诸位dalao来看为什么剩下wa两个点!结果数组开小. 某位考生再次死亡. #include<bits/stdc++.h> #define RG register using namespace std; ][(<<)+], cnt[(<<)+]; ][];////////不开够影响很…

为什么每次想的最久的题得的分数最低!!!qwqwq 再也不在noip上尝试A*叻!! 模拟题,先把能消的消掉,双指针从两端向中间扫描,如果头尾合并可以消,就把它消掉,最后判断一下.因为消完过后num保留的是中间的个数,要把两端加上(实际就是一个循环节的长度 #include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long using namespace std; ll n, m, k, a[]; ll color[], num[],…

Solution 注意取模!!! Code #include<bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 #define LL long long using namespace std; int n, a, b; LL mpow(LL a, LL b) { LL ans = ; , a = a * a % mod) ) ans = ans * a % mod; return ans; } LL fac[], inv[], l[], t[]; void init…

最开始想的暴力DP是把天数作为一个维度所以怎么都没有办法优化,矩阵快速幂也是$O(n^3)$会爆炸. 但是没有想到另一个转移方程:定义$f[i][j]$表示每天都有值的$i$天,共消费出总值$j$的方案数.然后答案就是. 所以每次维护前缀和就可以$O(1)$转移了. 注意前缀和的初值. #include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define mod 998244353 using namespace std; int n, m; LL d; L…

上次做过类似的题,原来这道还要简单些?? 上次那道题是每天可以同时买进卖出,所以用两个优先队列,一个存买进,一个存卖出(供反悔的队列). 这道题实际上用一个就够了???但是不好理解!! 所以我还是用了俩... 和之前那道题不同的是,如果我选择了反悔,之前第二个队列的队头就完全没有用了,但是我们可以选择重新买它,所以把它重新放到第一个队列. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; priority_queue < int, vector &…

题面:pdf 首先排序,二分,然后怎么判定是否可行. 最简单的思路是,dp[i][j][k],到第i个,用了j次红光,k次绿光,前i个点都选上了,是否可行.然后转移就行. 然后考试的时候就想到这了,往后没想到.于是贪心,乱搞,和n^3dp拍了几千组随机数据.然后,一共90.其中贪心可得80. 上面的dp中,结果只能是0/1,于是可以考虑减掉一维,让结果表示一维. n^2 dp:感觉挺奇妙的.f[i][j]红的用了i次,绿的用了j次,最远到什么位置.dp[i][j]=max ( P[dp[i-1]…