双向广搜的模板题 唯一要注意的是小b走两步分为走两次收获是又学习了别人精简的写法 更新了自己的板子.....希望别人也能学习代码有详细注释 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define pb push_back #define mp make_pair #define all(x) (x).begin(),(x).end() #define endl '\n' #define SZ(x) (int)x.size() typedef long long...

这题我们可以推出来是单调的 所有就可以用二分来写check函数就是判断joker能不能补完缺少的和是否会造成有两个joker在一套牌里面代码有详细注释 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long const int N=55; using namespace std; ll n,m,a[N]; bool check(ll mid){ ll tmp=min(mid,m);///防止补的joker比套数还多 说明一套有两个joker for(int i=1;i<=n;i++){ tmp-=max(...

二进制枚举+状压dp一开始我是没想到的 我还以为是搜索....接受了社会的毒打后 发现看成状压dp还挺好写的每一层的合法状态可由上一层的所有合法状态得到 而每一层哪些状态合法也是比较容易算出来的代码有详细注释 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const ll mod = 1e8; const int N = 13; const int INF = 1e5; ll n,m,a,dp[N][1<<N],s[N],t; int main() { io...

A签到题 我们可以分析出来符合条件的数是长度为7的区间有一个于是直接算有多少个区间 在判断一下除以区间后多的一点点范围 看是否有符合条件的（用1<<n算2的高次会出错....） #include <bits/stdc++.h> #define ll long long const ll N=55; const ll INF=1e9+5; using namespace std; ll n,m,ans; ll pow2(ll a,ll n){ ll res = 1; while(n){ if(n&1) res *= a; ...

这是一道树形dp题（一开始我当贪心写 只能过样例.....）对于一个节点我们有选与不选两种状态我们定义 dp[i][0] dp[i][1] 为 不选i节点 和 选i节点 能停留的最长时间选一个节点 那么它就 初始化为1 dp[i][1]=1;它的子节点一定不能选 dp[i][1]+=dp[j][0];如果不选 那么子节点可选可不选 dp[i][0]+=max(dp[j][0],dp[j][1]);这就是递推方程 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int const N=5e5+...

又是一道看懂但不会写的题 翻开题解是大大的三维偏序（不会...）只能又是翻题解又是开博客 终于弄明白了一点我们通常说的三维偏序就是 第一维用sort 第二维用cdq分治 第三维用树状数组（看到一个邪道做法是cdq套cdq一直套下去....菜鸡根本看不懂）我们来理解题意 他要能互相都认为强的队伍 如果正解的话一看就是n2算法 复杂度过不了于是我们采用容斥思想 先算所有队伍 在减去不可能的队伍即三场都小于另一个队伍这就变成了一个裸的三维偏序题建议到网上查阅CDQ分治或者三维偏序的讲解，那里会有更具体的解法（菜鸡自己都看的迷迷糊糊...）就不写出来祸害各位大佬了贴一个板子吧 #inc...

首先转化问题 可以换一种理解方式两个人在两个独立的装置里取球 输出队列相同的方案数因为对于每一种输出队列 第一个人有ai种方案 第二个人有ai种方案那么两个人输出队列相同的方案总数就是ai*ai然后就是一个很简单的dp题目了 dp[i][j][k][l]表示第一个人在上管道取了i个 下取了j个 第二个人在上取了k个 下取了l个 l=i+j-k两个人的输出队列相同的方案数 然后已知答案就是 dp[z][m][n]然后思考如何转状态转移 根据dp状态的定义 当目前两个人取的球的个数相同才可能发生转移 然后讨论两个人当前从那根管道取的球空间上有那么一点问题 但是看到第一维可以滚动掉 放心...

这是一道贪心的比较经典的题我们要知道对于牵牛回去的顺序来说 其中相邻的 a b 两者交换对于他们前面和后面是没有影响的于是就有了牵a回去的代价是: a.t * b.d * 2牵b回去的代价是： b.t * a.d * 2两者一比较化简 cmp函数里就写 a.tb.d<b.ta.d 注意答案范围超过了int #include <bits/stdc++.h> #define ll long long const int N=1e5+5; using namespace std; ll n,sumd,ans; struct T { ll t,d; }a[N...

我们可以确定最小的是一定存在的 然后按顺序递推 如果后面的不能用前面的表示就加入 不然就不管这其实是一种暴力 用一个数组v[i]表示第i位数是否被表示了 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long const int N=110,M=25005; using namespace std; int t,n,a[N],v[M]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>t; while(t--) { cin>>...

这一题我是只想到暴力的 t了后面想到了以前写的一些题就算了二进制的前缀和但还是t了 于是在学习了一番博客后 我学会了我们先统计二进制前缀和 然后在统计前缀和的奇偶数的前缀和 因为要统计长度为偶数所有是以二一跳的前缀和 有了这以后 我们枚举左端点 就可以O（1）求右端点以及贡献对于范围lr 就从把1n改为lr #include <bits/stdc++.h> #define ll long long const int N=1e5+5; const int p=1e9+7; using namespace std; int n,l,r,a[N],b[N],f[N][...

对于这题 我是这样写的进行预处理 对大于预定的中位数的数设为1 小于设为0题目意思是要我们找到序列长度为奇数且中位数为预定中位数的序列数于是我们就转化为 以预定中位数的位置为准 它后面的前缀和+它前面的后缀和等于0即所求序列于是我们先求出它前面的后缀和并装入桶中 在求它后面的前缀和算贡献要注意 当单一缀和为0时 可以直接与该中位数组合成一个合格序列 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long int const N=1e5+5; using namespace std; int n,k,a[N],m[N<<1]; i...

对于这一题，一个图如果能被跳两步走完首先要图是联通的 即把连通块都连起来 ans=连通块数-1；在然后，如果这个图有奇数环的话 我们走两个循环就可以把图都走到如果没有的话 就加一条边形成奇数环 ans+=flag;答案就出来了 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int const N=2e5+5; int n,tot,du[N],head[N],nex[N<<1],to[N<<1],vis[N];///链式前向星 void add(int u,int...

这是一个典型的贪心题（一看到题目我就发现早就写过了 复制粘贴就过了我们首先排序一下截止时间从小到大 然后用一个大根堆存维修时间 用一个变量存总维修时间当这个抢修这个新的房子发现时间不够时 弹出大根堆堆顶 如果减去这个时间加上当前时间小于之前的时间 就可以更新了 把抢修那个房子换成这个房子 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll const N=150010; ll n,l,r,ans,tl; priority_queue <ll,vector<ll>,l...

简单瞎搞->菜鸡不懂得的一些操作用这题学习了bitset容器 它是一连串10串 我们用每个位置代表每位数 1代表这个数集合中存在 0不存在这样我们先处理出一条非零串 然后每次lr我们都先处理在与之|一下 答案就出来了因为bitset自带count函数能表示该串有多少个1 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 101*101*101; bitset<N>ans; int main() { int n; cin>>n...