A.count 本场比赛最难的题... 隔板法组合数容斥 xjb 搞搞就好了 //by Judge #include<cstdio> #include<iostream> #define Rg register #define fp(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(Rg int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define ll long long using

NOI.AC NOIP模拟赛 第二场 补记 palindrome 题目大意: 同[CEOI2017]Palindromic Partitions string 同[TC11326]ImpossibleGame

由于只会T1,没法写游记,只好来写题解了... 题目链接 题目大意 给你一个数列,每次可以任取两个不相交的区间,取一次的贡献是这两个区间里所有数的最小值,求所有取法的贡献和,对 \(10^9+7\) 取模. 数列长度 \(2\times 10^5\) ,值域 \(1\) ~ \(10^9\) . \(O(n^4)\) 做法 预处理区间最小值,枚举选的两个区间. #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm&

传送门 Solution A. 一共有\(T\)组数据 每次询问你\([l,r]\)中有多少个数能被他的所有数位整除(如果数位中含有\(0\)忽略掉) 数位dp,咕咕咕 B. 题面略 考虑一个个只有两个元素组成的小区间 可以发现若选择\([l,l+1]\),则必定要选择一个最大的区间包含\([a[l],a[l+1]]\)的区间 每个小区间看成一个点,向它所要求必须要选择的点连边,线段树优化建图 对图进行tarjan缩点,然后拓扑排序即可 全是区间询问,大概要有5棵线段树的样子 其实有简单得多的解

Contest1592 - 2018-2019赛季多校联合新生训练赛第二场 D 10248 修建高楼(模拟优化) H 10252 组装玩具(贪心+二分) D 传送门 题干 题目描述 C 市有一条东西走向的“市河”.C 市的市长打算在“市河”的其中一条岸边自东往西的 n 个位置(可以将这 n 个位置看成在一条直线上,且位置不会重叠)依次建造高楼. C 市的设计部门设计了 T 个方案供市长挑选(方案编号为 到 T).每个方案都提供了建造的每幢高楼的高度,自东向西依次为 h1,h2,h3,…,hn-,

NOI.AC NOIP模拟赛 第一场 补记 candy 题目大意: 有两个超市,每个超市有\(n(n\le10^5)\)个糖,每个糖\(W\)元.每颗糖有一个愉悦度,其中,第一家商店中的第\(i\)颗糖果的愉悦度为\(A_i\),而第二家商店中的第\(i\)颗糖果的愉悦度为\(B_i\). 在每家商店买的糖果会被打包到一个袋子中(可以在一家商店什么都不买,此时认为这家商店的袋子为空).因为这两个袋子外观是一样的,所以会从两个袋子中随机选择一个,然后吃光里面的糖果.定义一种买糖果的方案的愉悦度为:

以前我们学习了线段树可以知道,线段树的每一个节点都储存的是一段区间,所以线段树可以做简单的区间查询,更改等简单的操作. 而后面再做有些题目,就可能会碰到一种回退的操作.这里的回退是指回到未做各种操作之前的状态. 回退的时候,如果暴力点,就直接将每步所操作的线段树都存下来,然后直接翻阅回去,这种方法虽然简单,但是对空间和时间的需求太大了,肯定不能过. 所以这时候我们就可以选择可持久化操作. 可持久化是数据结构里面的一种方法,其总体就是把一个数据结构的历史状态全部都保存下来,从而能够快速的查找之前出

contesthunter暑假NOIP模拟赛#1题解: 第一题:杯具大派送 水题.枚举A,B的公约数即可. #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream> using namespace std; #define MAXN 100010 struct node { int a,b,c; }ans[MAXN]; int main() { int R, G; scanf("%d%d",&

T1 中位数(二分) 这个题是一个二分(听说是上周atcoder beginner contest的D题???) 我们可以开一个数组b存a,sort然后二分b进行check(从后往前直接遍历check时间复杂度不太对),check的时候把大于等于当前值的设为1,小于当前值的设为-1,然后题目就变成了查询是否有区间的值大于零(因为和它相同的我们也设为了1). 查询的时候维护一个前缀最小值. #include <iostream> #include <cstdio> #include

闲谈: 最后一个星期还是不浪了,做一下模拟赛(还是有点小虚) #30.candy 题目: 有一个人想买糖吃,有两家商店A,B,A商店中第i个糖果的愉悦度为Ai,B商店中第i个糖果的愉悦度为Bi 给出n,W,表示每个商店都有n个糖果且两个商店的每个糖果的价格都是W 求出最大的min(Sa,Sb)-D*W 其中Sa表示在A商店买的糖果的愉悦度之和,Sb表示在B商店中买的糖果的愉悦度之和,D表示总共在两家商店买的糖果数 题解: 直接乱搞,贪心想一想,每次取糖果肯定先从愉悦度大的取为优 那么我们只要在取

题目描述 Description 精灵心目中亘古永恒的能量核心崩溃的那一刻,Bzeroth 大陆的每个精灵都明白,他们的家园已经到了最后的时刻.就在这危难关头,诸神天降神谕,传下最终兵器——潘少拉魔盒.然而当精灵们准备打开魔盒时,魔盒的守护灵出现在精灵们面前:“如果你们想要拯救世界,必须要先解决这个困难的问题:定义一个 N 阶数列 A 为神奇数列当且仅当对所有2≤i≤N−1 ,都有 Ai−1+Ai+1≥2×Ai.现在有一个N阶正整数列B ,请计算将 B 数列均匀随机打乱之后,得到的数列是神奇数列

本来想抢三题的 rk1 ?[无耻 最后发现 T2 好像还是慢了些,只搞了个 rk2 子段与子段 第一题随便分析一下,发现一段区间中某个元素的贡献次数就是 \((x+1)·(y+1)\) x 是他左边的元素个数, y 是右边(当然指的是询问区间内) 由于异或的性质,一个元素最终贡献次数膜 2 后结果一样 那么我们发现对于长度为偶数的区间答案必然是 0 proof: 不难证明每个元素的贡献次数都是偶数次的 对于长度为奇数的区间,我们发现答案是以区间左端点开始,右端点结束的步长为 2 的序列的异或和

mmt 居然第一步膜化乘除 都没看出来,没救了... 大概是贡献前缀和优化的做法 巨兔式讲解:大家都学会了么? 咱发现有大量的 (i/j , i%j ) 同时 对很多 c 产生了贡献,咱可以去优化这一部分的转移,具体做法就是根据前面能加的后面也能加,然后一路累加且算贡献 对于小于根号的所有 i/j ,咱可以优化这一部分转移,然后对于大于根号的 i/j ,暴力算就好了,两者复杂度都是是 n 根号 n 的 //by Judge #include<bits/stdc++.h> #define Rg

给定数组a[],b[] 求$$c_i=\sum_{j=1}^{i} a_{\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor}·b_{i \bmod j}$$ 大概就是对于每一个n求上面那个式子,显然数论分块 乱搞有$$c_n=\sum_{i=1}^{n} a_{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}·b_{n-\lfloor \frac{n}{i} \rfloor * i}$$ 当在同一块内,也就是$\lfloor \f

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

一开始不懂啊,什么Home键,什么End键,还以为相当于括号,[]里的东西先打印出来呢.后来果断百度了一下. 悲催啊... 题意:给定一个字符串,内部含有'['和']'光标转移指令,'['代表光标移向文章头,']'代表光标移向文章尾,问最终在屏幕上显示的字符串序列是什么 思路:直接模拟一下即可,不过因为由于会可能移动到字符串开头以及结尾,所以我开了3个char数组. str1存储由于'['的原因而打印在开头的字符,str3存储由于']'的原因打印在结尾的字符,str2则是存储一开始在没遇到'['

今晚的校赛又告一段落啦,终于"开斋"了! AC了两题,还算是满意的,英语还是硬伤. 来看题目吧! B. Array time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output You've got an array a, consisting of n integers: a1, a2, ..., an. Your task i

题目大意:在一条X轴上,有若干个正方形,并且保证这些正方形的中心都在X轴上,然后输入n个正方形的中心的X坐标,和正方形的边长,现在要再插入一个正方形,要求是,新插入的正方形至少要有一条边与原来的正方形的一条边重合,然后输入新插入的正方形的边长,问一共有多少种插入的方法. 解题报告:模拟题,我的做法是用一个结构体保存每个正方形的中心的X坐标和正方形的边长,然后再把所有的正方形按照中心的X坐标从小到大排一次序,然后从前往后扫描一遍,当两个相邻的正方形之间的距离大于要插入的正方形的边长的时候,说明在这

[A-H国的身份证号码I] 用N个for语句可以搞定,但是写起来不方便,所以搜索. dfs(w,num,p)表示搜索完前w位,前面x组成的数位num,最后以为为p. 如果搜索到第N位,则表示num满足条件. 最后把所有满足条件的a[]排序后输出. #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include&

A - Score UVA - 1585 水 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int n; cin>>n; while(n--){ ; string s; cin>>s; int len=s.size(); ; ;i<len;i++){ if(s[i]=='O')sum+=tmp,tmp++; else { sum+=tmp; tmp=; } } sum+=tmp; cout<