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比賽的時候寫了個假算法，跑的賊快還AC了，現(xiàn)在看了下確實相當不妥，當時寫的兩個dp并不同步，運氣好，數(shù)據(jù)剛好沒有能卡的罷了，現(xiàn)在來補一下正解。 Solution 遇到問題毫無頭緒的時候先從暴力的方法入手然后逐步優(yōu)化。首先能想到01背包的暴力解法。 表示前 個數(shù)滿足: 對于 這一維，我們可以對 的數(shù)取 不影響答案，這樣就得到了一個 的做法。 現(xiàn)在該思考的是如何優(yōu)化，注意數(shù)據(jù)范圍: 。這里要用到單調隊列優(yōu)化DP。 表示前 個數(shù)滿足: 單調隊列維護一個隊列滿足 ： 單調遞增的同時 單調遞增 在 的條件下求 對于空間上的優(yōu)化，我們發(fā)現(xiàn)只會用到 的狀態(tài)和 的狀...

Solution 遇到比較困難的題目可以先從比較暴力的方法開始入手在結合題目的一些性質、數(shù)據(jù)范圍開始進行優(yōu)化。思考一下能夠想到比較暴力的dp: : 表示第 行選了 列，一共選了 個數(shù)的最大值。 按上述式子寫復雜度是 毫無疑問會TLE、MLE，接著開始優(yōu)化，我們降一維則可以通過本題。 仔細觀察發(fā)現(xiàn)我們可以把 提到 max 函數(shù)外面。時間：我們可以通過后綴最大值來優(yōu)化這個式子，每次對當前行求完的同時進行后綴最大值?？臻g：滾動數(shù)組 時間復雜度: 坑點：一定要清空 ， 因為不清空的話 是上上一行的后綴最大值，他的列是對不上的。 Code #include <bits/stdc++...

Solution 每次遇到這種比較復雜的問題的時候，可以先從比較直觀的暴力方法去考慮再去思考如何優(yōu)化。比如這道題，我們比較容易的想到的是的dp轉移。定義： : 到第 個建筑物的最大美麗值。 : 到 之間最矮的建筑物的美麗值，即。 為了降低復雜度，DP存在很多種優(yōu)化方式，而這道題需要用到單調隊列優(yōu)化。 仔細觀察，我們可以發(fā)現(xiàn) 是單調遞增的， 是固定的。利用單調棧維護單調遞減的 數(shù)組對應的下標，對于 , 我們可以找到左側最近的 , 使得 ，此時 有兩種可能： 將 和 放入到一張照片，此時答案為 將 放入到一張照片, O(NlogN) #inclu...

Solution 首先很容易看出這道題是一道換根DP。我們首先可以寫一個DFS求出以某個節(jié)點為根的答案，一般根節(jié)點就取1號節(jié)點，是因為,一般1號節(jié)點是存在的，當然也可以隨便取別的。重點是考慮答案的轉移。假設已知節(jié)點的答案，我們需要哪些信息能夠通過一定的方式轉移到呢？ 將轉移分為部分維護，左邊部分為部分，右邊部分為部分。 我們需要維護表示其他所有節(jié)點到節(jié)點的距離和，即。還需要維護表示以為根節(jié)點的子樹的大小，表示子樹的，。對于對于的轉移：對于部分的轉移：對于部分的轉移：（我們需要減去時的部分，然后加上時的部分。） Code #include <bits/stdc++.h> #defi...

Solution 首先容易分析有兩種走法： 先右再下(包含只右不下) 先下再右 對于第1種走法，我們只需要遍歷第一行第一個障礙物之前的列，計算每一列遇到第一個格子之前的長度即為貢獻。問題在于如何計算第2種走法的同時不重復計算第1種走法。下面為了方便我用表示每一行的限制，表示每一列的限制，及第一個遇到的障礙物。 我們此時只需要計算第1種走法無法走到而第2種方法可以走到的格子即可。有2種格子： 顯然的格子的貢獻我們都沒有計算，但是在第2種走法的情況下，我們可以走到這些格子，我們將其放入數(shù)組中。 從開始第列被的石子擋住了，因此無法通過第1種走法走到，而可能可以通過第2種走法走到，我們將放入。 ...

Solution 掃描線讀題的時候發(fā)現(xiàn)重點是，這就大大簡化了這道題。首先我們先考慮如何計算某一行的貢獻，我們發(fā)現(xiàn)如果我們知道連續(xù)的白色塊的，那么他的貢獻就是，那么我們創(chuàng)建一個set<pair<int, int>>去維護當前行的連續(xù)白色格子的斷點即可，我們對每一列的計算可以將列旋轉90度看作行來處理，將改為互換即可。需要注意的是當?shù)臅r候，兩次掃描的結果都是的格子，是一樣的，所以只需要橫豎里任選一遍掃描即可。掃描線同理，標記入邊操作和出邊操作，進行排序之后維護。del：入邊的時候插入黑色格子，即刪去set中的（若存在），這點和珂朵莉樹很相像。add:出邊的時候我們插入之前被...

Solution 哈希 + DP復雜度：首先利用Hash字符串將所有的字符串一一哈希，這樣的好處在于我們可以高效的比較兩個字符串[l, r]的部分是否相等。轉移方程：表示有多少匹配的方案數(shù)。首先利用Hash字符串將所有的字符串一一哈希，這樣的好處在于我們可以高效的比較兩個字符串的部分是否相等。然后暴力枚舉轉移即可，倒序轉移的原理同背包可以節(jié)省一維。 坑點：第一次用unsigned long long MLE了，改用unsgined int就過了。 Code #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #d...

Solution 比賽的時候手推，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，然后打了個表?？吹搅巳缦碌囊?guī)律: 0 : 1 1 : 1 1 1 2 : 1 2 0 2 1 3 : 1 0 0 1 0 0 1 4 : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 : 1 2 0 0 0 0 0 0 0 2 1 6 : 1 0 0 2 0 0 0 0 0 2 0 0 1 7 : 1 1 1 2 2 2 0 0 0 2 2 2 1 1 1 8 : 1 2 0 1 2 0 1 2 0 2 1 0 2 1 0 2 1 9 : 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 10 : 1 1 1 ...

Solution 枚舉貢獻,當前的數(shù)量為個。 對于貢獻挑選的有對， 對于確定的情況有多少種的選法問題，其實等價于個不同的盒子里放個相同的小球，有多少種放法。下面求個盒子里放個相同的小球，有多少種放法，這本質就是重復組合的問題。有種方法，具體可以看重復組合的定義和證明。將代入，對于確定的情況有種選法。 Code #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define lowbit(x) ((x) & -(x)) using namespace...

Question 給定點權無向圖，求任意由到的路徑中最大的第小的點權。 Solution 二分答案，假設答案為，則對于第小的點權，我們將其轉化為該路徑上有的點，他們的點權值。我們將路徑上的點染色分為兩種點： ，染為。 ，染為。 有如下情況：一. 與不聯(lián)通，二. 與聯(lián)通， 路徑上存在兩個連續(xù)的號點，則顯然我們可以通過反復橫跳，來無限增大路徑的長度，則必然能夠滿足使得。 由于上面的情況已經(jīng)除去，所以目前來說最好的情況是間隔，此時反復橫跳已經(jīng)沒有任何意義。a. ，則所求點為中位數(shù)，由于首尾為，所以，b. ,則所求點為第小的點權,， 此時都有可能，我們DFS染色驗證即可。 Code #in...

Solution 一遍貪心的差分就夠了，從開頭往后插有三種情況： 代表a[i]處的差分前綴和 說明兩者相等，無需操作。 a. ? 說明前方的數(shù)都要增加，那么顯然。 ? b. ? a. ? 說明后方的k個數(shù)都要增加$ ? ? ? b. ? Code #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define mp make_pair #define lowbit(x) ((x) & -(x)) using nam...

#2020我的?？突貞? 2021 讓我們一起加油！ @牛妹

# [NC15553](https://ac.nowcoder.com/acm/problem/15553) ## 題意 給你n個數(shù)，選2個長度為k的連續(xù)區(qū)間，求他們加起來的和最大為多少？ ## 思路 前綴和預處理，然后利用前綴和計算k個數(shù)的最大數(shù)為多少，然后預處理從左邊遍歷到i為止最大的區(qū)間長度為k的和為多少，從右邊遍歷到i為止最大的區(qū)間長度為k的和為多少。 掃一遍要選的第一個區(qū)間，掃的過程如果左右還有可以選的區(qū)間，則取他們的最大值和選的區(qū)間相加，記錄最大值即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace st...

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