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鏈接百度之星的時候腦抽了… 跑了n次Dijkstra求了個全源最短路拆點 i和j′的費用爲cj−ai−disi,j S到i,流量爲bi,費用爲0, i′到T流量爲di,費用爲0 這樣邊數2n2,TLE到爆正解..

2020-07-06 10:48:09

傳送門顯然確定了2分的結果下標,模擬一下即可得到途經的所有mid 記錄a[mid]>m 和 a[mid]<=m的mid數量分別爲larger,samller ans=Clargern−m∗(larger!)∗Csmalle

2020-07-06 10:48:09

傳送門尺取法求[i,j]區間,使得[i,j]區間size>=k且>=T的數恰好有k個,於是[1,j],[2,j],[3,j],….,[i,j]都滿足題意,以j結尾有i種方案 #include<stdio.h> #include

2020-07-06 10:48:09

傳送門首先求一遍樹1的dfs序,線段樹維護數組c[i] dfs遍歷樹2 當進入u點時 ①: subNum=∑out[u]i=in[u]c[i] ②: c[in[u]]+=1 ③: 遍歷u的所有孩子 ④: 以u爲樹

2020-07-06 10:47:58

題目鏈接顯然裸的全局最小割 //O(n^3) #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<stdlib.h> #include<string

2020-02-22 03:31:56

題目鏈接枚舉1到n,當i是第k大時，區間左端點到右端點比i大的數必須=k-1個將a[1..n]放鏈表裏，枚舉完i,則將i刪去，則鏈表中所有元素都>當前枚舉的數,O(k)即可統計出區間個數 #include<stdio.h

2020-02-22 03:31:56

鏈接證明:p進制下,當且僅當,x每位之和爲B的倍數時,x%B=0 設x=k0+k1p+k2p2+...+knpn 若(k0+k1+...+kn)%B=∑ni=0ki%B=0 又因爲x=∑ni=0ki+∑ni=1((pi−1

2020-02-22 03:31:56

鏈接 f(n,m)=n長度,恰好使用了m種字母的方案數 f(n,m)=mn−∑m−1i=1[Cimf(n,m−i)] 考慮name1使用了i種字母,name2使用了j種字母則有f(n,i)∗f(n,j)∗Cim∗Cjm−

2020-02-22 03:31:56

傳送門顯然當沒有'?'時,模擬一遍即可當位置i是'?'時,如果後續的關卡中,位置i需要關燈,且當前關卡必須關掉一些燈，則順手關掉開燈也同理 #include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h>

2020-02-22 03:31:56

傳送門令xi=sum和爲i,且不包含>=i的數的集合的數量則numi=A[1...n]中等於i的數個數=Bi−xi 於是,m爲背包大小,numi爲物品個數,每個物品體積=i,dpj=體積爲j時方案數,求背包即可又因爲

2020-02-22 03:31:56

傳送門對每列建區間線段樹直接肛過去樹狀數組貌似比線段樹快很多樹狀數組代碼(每行單獨維護): #include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #

2020-02-22 03:31:56

鏈接 AC自動機一直搜即可注意每次+end[i]後，需要把end[i]=0，避免重複計算 #include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #def

2020-02-22 03:31:56

鏈接老年選手，腦洞真心跟不上啊 k個點,可以分爲2個集合s1,s2 顯然dijkstra一遍即可得到s1到s2的最小距離考慮枚舉2進制的每一位若第i位=1,則分進s1，否則分進s2 顯然所有不同的pair組合都被包含

2020-02-22 03:31:56

鏈接設g(n)=∑ni=1∑ij=1ceiling(ij) g(n/3)=∑n/3i=1∑ij=1ceiling(ij)=∑n/3i=1∑ij=1ceiling(3i3j) 顯然gcd(3i,3j)>=3，g(n)−g(n

2020-02-22 03:31:56

傳送門先求dfs序in[]和out[]，以及lca 將不能連通的(u,v)按lca深度從大到小排序樹狀數組維護數組flag[] flag[ini]=0:i點與任意{v|flag[inv]=0}連通 flag[ini]

2020-02-22 03:31:56