题目 题意：给出一串01串，我们要计算其好串的数量。对于sl,sl+1,…,sr 如果r−l+1=f(sl…sr).则其为好串，f(sl…sr)=从sl开始的二进制数值. 思路：直接暴力+位运算，观察一下就能发现我们要求的字符串长度只有21e5，而一个二进制数当其长度大于20的话已经大于了21e5，所以我们只需全部遍历一遍，每当发现一个1后向后遍历20位即可。而对于每一次是否能形成一个好串只需判断这个位置的前导零的个数+这个数往后的长度是否大于从这个数往后遍历一定长度由二进制转换成十进制的值，模拟一下二进制转换成十进制即可。 #include<iostream> #inclu...

有时候码着码着突然cout就一片红，然后编译还是通过的。。 这时只需将using namespace std删掉然后再重新码上去就可以了。

一般发生这类问题是数据溢出了。 而这个变量你可能放到了函数中，此时占用的是栈区得空间一般可以开到2M(有的是1M),你把这个变量变成全局变量（此时存储在全局区Win 32bit 下可以达到4GB），一般就可解决问题了。

题目 思路：其实想一想不难看出我们只需要将所有的情况得到的值存储起来，然后在之后的问询阶段判断是否有这个值就可以了。然后注意一下当值都相同时进行特殊判断，当时直接爆栈了，才发现这里无限递归了下去。细节见代码。 Code: #include<iostream> #include<string> #include<map> #include<algorithm> #include<memory.h> #include<cmath> #define pii pair<int,int> #define FAST ...

题目 思路：想一想可以发现，如果要让所有的元素排好序，则每个分别都要在自己的位置上。然后我们可以进行的操作是可以让K前k个元素直接排好序，那么我们只需找出最后一个没排好序的元素的位置（后面的元素已经排好序了，可以不用管），然后对于q次操作，对于每一次操作如果它的k大于最后一个没排好序元素的位置则可以使数组变为排好序。那么概率则为1-q次操作中所有能使数组排好序的操作的（1-发生概率）相乘，细节见代码。 Code: #include<iostream> #include<string> #include<map> #include<algorith...

题目 思路：先预处理一下每个元素之后会有多少个连续的’*’,时间O(n^3），然后对于每一个元素暴力模拟一下，时间O (n^3)，细节见代码。 Code: #include<iostream> #include<string> #include<map> #include<algorithm> #include<memory.h> #include<cmath> #include<bitset> #define pii pair<int,int> #define FAST ios::sync_...

题目 思路：对于两个二进制数f(x,y)=x|y-y 举两个例子 x 11101 y 10100 f(x,y)=01001 x 111111 y 1010 f(x,y)=110101 我们可以发现f(x,y)结果就是将y中的对应二进制为一的地方如果x中相对应的也为1则将x相应位置变为0，剩下的x就是结果。而对于一个序列我们将对序列第一个元素进行(n-1)次这种“相减”运算，可以发现对于一个序列我们只要确定了第一个元素的值，其他后面的元素无论怎样排序结果都相同。如此我们只需先将每个元素所有位的二进制数存储一遍求个总和，如果存储的某位上>=2，则必有两个元素都有在这个位上是1，最终结果在此...

题目 思路：一开始看题时表示很懵，觉得很难，情况也很复杂。 想不出来，突然想起队友通过看其他人提交过的时间和空间找题目眉头，然后我也去看了一下staus，发现过题的时间30ms,空间0kb，发现这题绝壁不要模拟或dp之类的，是一道思维题。然后往巧妙的方法考虑，发现其实只要先将所有的点全部移到左上方O(n+m)，然后全部遍历一次O(n*m)就够了（题目中还突出说明了，点可以都在一个格子，然后点碰壁之后停留，给的次数为2mn,其实暗示也很明显了。。），细节见代码。 #include<iostream> #include<string> #include<map&g...

题目 思路：其实贪心一下，我们要想数字越小，则在后面的位的数字应该越大，这样留给前面的位的数字才会越小，使得数字总值越小，因此我们从后往前填9 8 7 6…直到填到值大于总和的值然后填入还剩下的数补上即可，并可以发现最大数字值为45 ，123456789，每个数字不同。细节见代码。 Code #include<iostream> #include<string> #include<map> #include<algorithm> #include<memory.h> #include<cmath> #include&...

题目 原谅兄弟我只A了easy…所以就写个easy的题解吧… 思路：用一个map记录各个值的次数，然后如果某数字数量>=3则可以构成n*(n-1)(n-2)个相同的3个数组成的元组，如果某数字(a)数量>=2则可以构成n(n-1)/2*(a-1的数量+a-2的数量+a+1的数量+a+2的数量)个两个数字为a，其余一个为a+1或a-1或a+2或a-2的元组,如果某数字a的数量>=1则可以构成a的数量a-1的数量a+1的数量三个数字不同（a-1,a,a+1）的元组。对了，还要注意下开long long，因为两个2e5相乘会爆int,我因此还wa了一发。 Code: #in...

题目 思路：可以知道对于n个元素的数组总共只有n种情况，值可以平均分为1份2份3份…n份，那么我们直接暴力枚举，从可以分为n份一直到可以分为一份，假如分为5份，s=总值/5，从开始遍历相加发现有>s的必然不能成功，开始从4份再枚举，如果正好可以分为5份，则直接输出n-5(5份可以不用合并)即为最小操作数,细节见代码。 Code: #include<iostream> using namespace std; const int Max = 1e6 + 5; int lst[Max]; int main() { int t;cin >> t; w...

证明过程可参考此篇博客https://www.cnblogs.com/liziran/p/6804803.html Code: ll f[Max]; ll qpow(ll a, ll b) { ll ans = 1, base = a; while (b) { if (b & 1) ans = ans * base % Mod; base = base * base % Mod; b >>= 1; } return ans; } void init() { f[0] = 1; for (int i = 1;i <= ...

题目 思路：先对数组排序，然后算出每个数的贡献，先从第一个数开始找到第一个大于它的值+k的数（二分），下表差即为可选的构成m个数元组的可选数的个数s，如果s<m贡献0，如果s>=m,贡献为从s-1个数中选出m-1个数的方法数（已经选了一个数）。但求组合数的模问题，不可以对两个相除的数先分别取模再除，故需要用到逆元和费马小定理先转换成乘法。不懂知道的可参考此篇博客https://www.cnblogs.com/liziran/p/6804803.html。 #include<iostream> #include<algorithm> #include&lt...

在书中，各种内部排序算法的时间复杂度分析结果只给出了算法执行时间的阶，或大概执行时间。试通过具体数据比较各种算法的关键字比较次数和记录移动次数，以取得直观感受。 要求： （1）编写程序创建一些整数文件用于排序。创建的这些文件可以根据需要生成不同的长度，如长度分别为20，200和2000，以正序、逆序、随机顺序的方式创建这些文件，通过把所有这些测试数据保存在文件中（而不是每次在测试程序时用随机数生成），可以使用同样的数据去测试不同的方法，因此会更易于比较这些方法的性能。 （2）数据表采用顺序存储结构，实现插入排序，选择排序，希尔排序，归并排序，快速排序，堆排序等排序，并对这些算法的实现效率进行比...