链接:https://www.nowcoder.com/acm/contest/165/D来源:牛客网 合法括号序列 键盘上有左括号(,右括号),和退格键-,共三个键. 牛牛希望按键n次,使得输入的字符串恰好一个合法的括号序列. 每按一次左括号(,字符串末尾追加一个左括号( 每按一次右括号),字符串末尾追加一个右括号) 每按一次退格键-,会删掉字符串的最后一个字符, 特别的,如果字符串为空,牛牛也可以按退格,但是什么都不会发生. 合法括号序列的定义和上一场比赛中的C题是一样的 https://w

题意 题目链接 Sol maya普及组的dp都要想很长时间,我真是越来越菜了qwq 设$f[i][j]$表示当前到第$i$个位置,剩下$j$个左括号没被匹配 转移的时候判断一下即可 /* */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<map> #include<vector> #include<set> #include<queue>

牛客CSP-S提高组赛前集训营1 比赛链接 官方题解 before:T1观察+结论题,T2树形Dp,可以换根或up&down,T3正解妙,转化为图上问题.题目质量不错,但数据太水了~. A-仓鼠的石子游戏 题目描述 一共n个石子堆,每个石子堆有ai个石子,两人轮流对石子涂色(先手涂红,后手涂蓝),且需要保证当前回合涂的石子颜色不能和它相邻的两个同色,谁涂不下去谁输.一共T个询问,对于每个询问输出先手必胜还是后手必胜. \(1<=n<=10^3,1<=ai<=10^9,1&l

面 试 面试 面试 题目描述 牛牛内推了好多人去牛客网参加面试,面试总共分四轮,每轮的面试官都会对面试者的发挥进行评分.评分有 A B C D 四种.如果面试者在四轮中有一次发挥被评为 D,或者两次发挥被评为 C,就不会通过面试.如果面试者没有一次被评为 D,并且有三个或以上的 A,则会获得 special offer.其余情况会获得普通 offer. 现在告诉你一些面试者的发挥,请你算一算,他们的面试结果分别是什么. 输入 第一行输入一个 T,代表面试者的个数. 接下来有 T 行,每行都有一个

目录 T1 面试 描述 题目描述 输入描述: 输出描述: 题解 代码 T2 纸牌游戏 描述 题目描述 输入描述: 输出描述: 题解 代码 T3 涨薪 描述 题目描述 输入描述: 输出描述: 题解 代码 T4 描述 题目描述 输入描述: 输出描述: 题解 代码 T1 面试 描述 题目描述 牛牛内推了好多人去牛客网参加面试,面试总共分四轮,每轮的面试官都会对面试者的发挥进行评分.评分有 A B C D 四种.如果面试者在四轮中有一次发挥被评为 D,或者两次发挥被评为 C,就不会通过面试.如果面试者没

正题 题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/7609/C 题目大意 给出\(n\)个点的一棵树,\(m\)个时刻各有一个操作 标记一个点,每个点被标记后的每一个时刻会标记掉周围的点. 删去所有点的标记 询问一个点是否有标记 解题思路 考虑没有二操作怎么搞,可以理解为标记代表起点,然后跑一遍最短路求出每个点被标记的最短时间. 如果有二操作的话是不是就很麻烦了,因为它像一个分割符一样切开两段操作. 那么就直接分开操作就好了!对于每段操作的所有点建立虚树,然

昨天教练问我:你用树剖做这道题,怎么全部清空状态呢?    我:???不是懒标记就完了???    教练:树剖不是要建很多棵线段树吗,不止log个,你要一个一个清?    我:为什么要建很多棵线段树?不都是一棵树来记录吗?不会还有人树剖每条链都建线段树吧 这里笔者给现在或是以后写树剖的读者们提个建议,写树剖用一个线段树记录足矣,只要保证一条重链上的点在线段树上是按深度连续的(并且一个子树内的点在线段树上是连续的),就不会出问题,好想.好写.还好调 题面 题解 我们可以把问题转换一下,每次就不让m

题面 题解 这题就是个快速沃尔什变换的模板题,输入ai时,令s[ai]=1,对s[]做一遍DWT_AND(s)(快速沃尔什正变换,按位与),然后直接访问s[x]完事. #include<map> #include<queue> #include<cmath> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<

心路历程 预计得分:$30 + 0 + 0 = 30$ 实际得分:$0+0+0= 0$ T1算概率的时候没模爆long long了... A 我敢打赌这不是noip难度... 考虑算一个位置的概率,若想要$k$步把它干掉,那么与他距离为$1$到$k - 1$的点都必须阻塞 且距离为$k$的点至少有一个没被阻塞 概率的处理可以用前缀和优化. 这样看似是$O(n^3 logn)$,但是却不能通过,考虑在前缀和处理的时候有很多没用的状态(超出边界) 加一些剪枝即可 #include<cstdio>

A 货物收集 显然是一个二分答案的题. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl #define dbg2

货物收集 二分答案.复杂度\(O(n\log n)\). 货物分组 用费用提前计算的思想,考虑用一个新的箱子来装货物会发生什么. 显然费用会加上后面的所有货物的总重. \(60\)分的\(O(n^2)\)DP代码: #include<bits/stdc++.h> #define LL long long const int SIZE=100005,INF=0x3F3F3F3F; int n; LL W,A[SIZE],sum[SIZE]; LL DP[SIZE]; using std::max

蒟蒻我可能考了一场假试 T1 绩点 这题没什么好说的,应该是只要会语言的就会做. T2 巨大的棋盘 一个模拟题吧qwq,但是要注意取模的时候先加上n或者m再取模,要不然会错的. #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define MAXN 100010 using namespace std; int n,m,t,q; string s; long

题意 题目链接 Sol Orz lyq 我们可以把一支军队(u, v)拆分为两个(u, lca)和(v, lca) 考虑一个点x,什么时候军队对它有贡献,肯定是u或v在他的子树内,且lca在他的子树外 因为需要让至少k个军队能够完全覆盖,所以肯定是选深度第k小的 这个过程可以用dfs序+主席树来实现 拿(u, lca)来说,在dfn[u]对应的线段树中,dep[lca]处+1即可. 然后查第k大即可 /**/ #include<cstdio> #include<vector> us

题意 题目链接 Sol 很神仙的题目啊,考场上只会$n^2$的暴力.. 考虑直接二分一个$mid$,我们来判断最终答案是否可能大于$x$. 判断的时候记录一下前缀最小值即可, 设$s[i]$表示$1-i$中有多少比它大的,要求的长度为$len$,我们记下$s[i - len]$的最小值为$Mi$ 若$s[i] - Mi > 0$,那么说明在长度至少为$len$的区间中,大于$mid$的数和小于$mid$的数相互抵消后仍然有比$mid$大的数,此时$mid$是合法的 第一次做这种二分答案,但答案不

心路历程 预计得分:100 + 40 + 30 = 170 实际得分:100 + 30 + 0 = 130 T2有一个部分分的数组没开够RE了. T3好像是思路有点小问题.. 思路没问题,实现的时候一个细节没想过来.. Sol T1 直接把式子化开,发现都可以$O(1)$维护,做完了... #include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> #define LL long long using namespace

比赛链接 期望得分:100+20+20 实际得分:40+20+30 awa  cccc T1 :基于贪心的思路,然后开始爆搜(雾 那必然是会死的,好吧他就是死了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #define int long long using namespace std; int n,q,m; ; ]; int x,y; inline int read(); int cha() { ;

期望得分:100+0+10 实际得分:40+0+0 考炸了... T1:题目链接 究竟为什么会这样,,, 仔细研读我的丑代码 发现... 枯辽.... #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; int T,n; ]; int flag; inline void out1() { cout<<"

原题链接 算法不难,比赛的时候就和cyc大佬一起yy了正解,不过因为交的时候比较急(要回寝室惹),我有两数组开错大小直接爆到50,cyc大佬则只把文件输入关了一半,直接爆零(╯￣Д￣)╯┻━┻ 要尽量使\(k\)次删边都能有贡献,那么很容易就想到割边. 所以我们先用\(\mathtt{tarjan}\)跑出所有割边,而每一条割边都能产生\(1\)的贡献,因此有\(sum_{bridge}\)条割边,就能增加\(sum_{bridge}\)个连通块. 若\(k \leqslant sum_{bri

前一个小时看这几道题感觉要爆零 A. 仓鼠的石子游戏 分析一下发现a[i]>1a[i]>1a[i]>1时后先手必输,a[i]=1a[i]=1a[i]=1时先手必赢 然后直接看1的个数奇偶性就行了 CODE #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main () { int T, n, a; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d"

复读数组 分成 3 种区间算答案: 一个块内的区间 两个块交界处,长度小于块长的区间 长度不小于块长的区间 对于第三种区间,容易发现每个区间的权值一样,只需要算出个数即可. 对于前两种空间,我的思路是:对于一个重复出现的元素,记第一次出现的这个元素贡献权值,然后讨论每一个数会给哪些区间贡献权值即可. 3年OI一场空 不开long long见祖宗 代码: #include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define int long long cons

A.无形的博弈 心理题. 答案为\(2^n\),可感性理解结论的正确性. #include<bits/stdc++.h> #define LL long long const LL Mod=998244353; int n; int main() { scanf("%d",&n); LL Ans=1; for(int i=1;i<=n;i++) Ans=(Ans<<1)%Mod; printf("%lld",Ans); retu