不难发现在过程中有很多出现过的数，直接记忆化一下就好。。。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int _=1000000; map<long long,long long> mp; int mx=0; int ans=0; for(long long i=1;i<=_;++i){ long long tmp=i; int cnt=0; while(tmp
Friday 早八去上语文，上到九点发通知说十点开始上网课。 然后就去机房上数学网课了，后来说封校，突然意识到gxy如果回家周天比赛就进不来了。于是gxy趁封校前把被子搬来机房准备在躺椅上睡两天，但下午又有老师来说实验室都要锁门，我们就开始打算全队跑去gxy家住两天，打完比赛再回来。 问
合适数对（数据加强版） 思路： 我们考虑一个数什么时候可以表示为\(x ^ {k}\)，先把\(x\)进行质因数分解可以得到\(x = p_{1}^{t_1} * p_{2} ^ {t_2} \dots * p_{n} ^ {t_n}\),所以\(x ^ {k}\)就可以表示为\(x ^ {k} = p_{1} ^ {k_1} * p_{2} ^ {k_2} \dots * p_{n} ^ {k_n}\), 其中\(k_1
杂记 前言 我总是很希望自己能产生一种感知电压变化的能力，就像B站上的教学动图中，电流从电源流出时导线就像LED亮起来一样，我将指尖触到导线上就能感受到实时的电压变化。我在上学和工作时经常由于无法理解或者认知错误陷入非常迷惘和痛苦中，比如在我理解数学和电磁场的基本理论时，或
LG4287双倍回文 解题思路 据说本体有很多乱搞方法，但是可以用 \(O(n)\) 得 manacher 解决。 我们按照正常的 manacher 做，我们要验证 \(i\) 这个位置是否可以为右半回文串的中心位置。由于右半回文串长度为偶数，所以中心位置只可能为 # 字符。我们找到位置 \(i\) 关于 \(mid\) 的对称
交通 倒序预处理 到达每个路口的时间为绿灯第 \(0\) 秒时到终点的最短用时 转移就是找到后缀第一个区间和在模意义下属于 \([g,g+r)\) 的位置，这个部分可以使用动态开点线段树维护 查询和预处理的需求形式类似，不过查询时直接暴力跑过去了是怎么回事呢 Code Display const int N=5e
题目链接 https://www.luogu.com.cn/problem/P1002 一道入门的dp问题。 初始位置为(0,0)，有点儿麻烦，改为(1,1)，所以所有坐标的位置全部+1。 卒到达的每一个位置都是从此位置的上方和左方走过来的。那么假设卒从(1,1)到达此点的左方点的路径有x条，到达此点的上方点的路径有y条，则
（严格）次小生成树 介绍 次小生成树顾名思义就是比最小生成树大一点的生成树，严谨地说就是把一张图所有的生成树都找出来并按照边权和从小到大排序，从头开始第一个比最小生成树边权更大的生成树就是次小生成树 实现 不难想到最小生成树和次小生成树的边应该有很多都是一样的，只有部分边
严格次小生成树 板子题传送门：luogu P4180 定义 严格次小生成树就是说我们设最小生成树选择的边集是 E M E_M EM，严格次小生成树选
题面 给出 \(n(1≤n≤200000)\) 个元素组成的序列 \(a_1,a_2,...,a_n\) 求最长的子段使得其中有至少两个出现次数最多的元素。 输出最长子段长度。 题解 看到了没啥思路 让求的是满足众数个数 >1 的最长区间长度，然后这题有一个关于众数的性质，就是答案区间的众数一定包含序列的众数
域名解析的时间如下： 1、添加新的解析记录，生效时间是5分钟。 2、修改已经添加的解析记录，生效时间是1小时。 3、修改为万网DNS服务器后首次进行域名解析，生效时间是1小时间。 4、国内域名DNS修改，修改时间最长是6小时。 5、国际域名DNS修改，修改时间最长是48-72小时。 域名解析是把域
普通版本 /**\ f[i][j] 表示 前i件物品容量为j时最大价值 \**/ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1010; int n, m, v[N], w[N], f[N][N]; signed main() { cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >>
题目链接 Codeforces Round #775 B. Game of Ball Passing Daniel is watching a football team playing a game during their training session. They want to improve their passing skills during that session. The game involves \(n\) players, making multiple passes to
洛谷题面传送门 首先将限制写成左开右闭区间的形式并离散化，下面默认 \(n\) 与 \(Q\) 同阶。 我们考虑设 \(mx_i\) 表示 \(i\) 最大能够取到的值，即 \(\min\limits_{l_j\le i\le r_j}w_j\)。那么对于一个 \(w_i=v\) 的位置，容易证明，必然存在 \(mx_j=v\) 且 \(l_i\le j\le r_i\) 满足
文章目录 1176：遍历 1176：遍历 遍历 题意：给定N个点的图，求经过指定M个点的路径，使路径最短 思路： 修改floyd，确保floyd下M个点不会为中间dp节点。得到M个点间的距离。 题目转化为已知M个点之间的距离，求遍历这M个点的顺序使路径最小。 d
//高斯消元 //概念什么的都理解，具体实现？ //先打板子 #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int mx=200; const double eps=1e-7;//处理double的精度 int n; double g[mx][mx];
This way 题意： 给你n个数，cnt[i]表示i出现的次数。 求出最大的(x+y)*(cnt[x]+cnt[y]) x不等于y并且给你一些不能取的对数。 题解： 一开始想的是那种随着值增大出现次数单调递减的二分。但是这种不能取的情况一旦出现就导致可能不是最优的，那么二分怎么做我一下子就想不出来了。
C 战棋小孩 原题链接 先亮个出题人的题解： 出题人讲的还比较简洁清晰，但我认为证明的最后那里有个小跳步，可能出题人觉得比较显然就没有展开讲吧。首先做一次逆序交换答案会变劣是显然的，然后我们可以得知一个倒序排列的序列可以经过若干次逆序对交换变成这个序列经过全排列后的
瞬移后无法区分两者，分开时不妨称下一次瞬移的为分身，即仅允许分身瞬移回本身 考虑本身，即从根节点出发向下移动的一条路径，并称路径上分身曾瞬移到的点为关键节点（包括根节点） 对关键节点dp，定义$f_{k}$表示当前两者均在$k$且$k$子树外所有点均被经过的最短时间 枚举上一个关键节点，分析
没写思路，等我补完E再说吧 A. Min Or Sum 思路 签到 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int num[40]; int main() { int t; scanf("%d", &t); while (t -- ) { for (int i = 0; i < 30; i ++ ) num[i] = 0; int n;
比赛链接 牛客挑战赛57 A.构造题 题目描述 给定一个正整数序列 \(a_1\sim a_n\)，你需要构造一个数列 \(b\) ，满足对于任何 \(i\) ，\(b_i=a_i\) 或 \(b_i=a_i+1\)，你需要最大化 \(\gcd(b_1,b_2\dots b_n)\)，即 \(b\) 中所有数的最大公约数。 输入描述: 第一行一个正整数 \(n(1\leq n\leq
猫树 基本信息 这是一个比较良心的数据结构，代码属于比较易懂也好打。只是有可能目前的应用范围有点小。 猫树呢，大概是一个能 \(O(n\log n)\) 建树， \(O(1)\) 查询，不太能修改（你非要的话就 \(O(n)\) ），维护信息需要满足结合律且能在可接受复杂度合并。 算法实现 建树 以查询出发，我们假
题意: 给出根节点为 \(1\) 的一颗树，\(d_i\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 的距离， 每个点 \(i\) 可以跳到距离 \(\leq l_i\) 的点 \(j\) 上，花费是 \((d_i - d_j) \times p_i + q_i\)，求每个点到根节点的最小花费。 dp 方程转移： \[f_i = \min \{f_j + (d_i - d_j) \times p_i + q_i\} \]斜率
title: "dfs+完全背包+数学" author: Sun-Wind date: February 4,2022 又是一道做的很麻的题，准确来说感觉这不是一道很好的dfs题，没有体现dfs的一些特点 反而感觉是在考察dp，刚开始也是按照我的思路交了3次都没过 原本以为所选的数应该都是由上一次的最大值推出来的，后面看了第一个
T1 直接从 \(1\) 到 \(n\) 枚举每一位能填的最小数，可以做到 \(\mathcal{O}(N^2)\) 复杂度。 这本质上是求满足当前数小于前缀最大数的位置，考虑线段树，支持单点修改和整体查询。线段树每个节点维护两个 set，\(s\) 和 \(t\)，分别表示区间中可用的位置集合，与区间中候选的位置集合。均摊
