A 显然最后保留的是一段连续的长为 的数组，直接前缀和预处理+遍历长度为 的数组即可 void solve() { int n,k; cin>>n>>k; k = n-k; vector<ll> pre(n+1); ll res = 0; for(int i=1; i<=n; ++i) { cin>>pre[i]; pre[i] += pre[i-1]; if(i>=k) res = std::max(res, pre[i]-pre[i-k]); ...

需要环境：C++17（如果没有可以直接复制到牛客里面跑） #include <bits/stdc++.h> // using std::endl; #define endl "\n" using PII = std::pair<int,int>; std::mt19937 rng(std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count()); constexpr int N=10, M=35, Q=10; constexpr int MAXN=20; // 权值范围 int main(...

需要环境：C++17（如果电脑没有C++17环境的话可以复制到牛客里面跑，虽然这样没法对拍了） #include <bits/stdc++.h> // using std::endl; #define endl "\n" using PII = std::pair<int,int>; std::mt19937 rng(std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count()); constexpr int N=10, M=35, Q=10; constexpr int MAXN=20;...

F题直接DP做法 考虑倒着递推，从 递推到 假设当前数字为 now 此时的状态转移方程是：dp[i][j]=std::min(dp[i][j+1],dp[i+1][j])+1 再考虑使用传送门，我们另外开一个数组 vector<int>minDis(n+1)记录使用当前质因数传送门到达终点的最短距离，此时的状态转移方程为：dp[i][j]=std::min(dp[i][j],minDis[k]+1)，其中 k 遍历 now 的所有质因数 最后由于所有 now 的质因数都可以通过 dp[i][j] 的步数到达终点，我们再将此时的 dp[i][j] 提供给 minDis，即：min...

A 签到题，没什么好说的 int a,b; cin>>a>>b; cout<<(a+b<=9? "Yes":"No")<<endl; B 排序+二分 ll n,x; cin>>n>>x; vector<ll>aa(n); for(auto &i:aa) cin>>i; std::sort(aa.begin(),aa.end()); if(x<aa[0]){ cout<<"0 "<<x<<endl; return 0; } int ...