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Solution記得寒假?？陀械李}就是這道題的擴(kuò)展，好像是求路徑數(shù)目+博弈論。 表示以 i 為根的子樹(shù)到 i 的距離為偶數(shù)/奇數(shù)的數(shù)目。那么在dfs過(guò)程中，以 u 為根且子結(jié)點(diǎn)為 v 對(duì)答案的貢獻(xiàn)是: (子結(jié)點(diǎn)與父節(jié)點(diǎn)距離相差1，所以應(yīng)操作不同奇偶性)當(dāng)然遍歷完也需要把 v 的路徑數(shù)合并到 u里面去: Code #include<bits/stdc++.h> #define mp make_pair #define pb push_back #define ll long long #define io std::ios::sync_with_stdio(false),cin...

Solution前綴和優(yōu)化，用維護(hù)的區(qū)間異或和，那么的區(qū)間異或和即。那么遍歷 i ，枚舉 i 作為右端點(diǎn)統(tǒng)計(jì)區(qū)間異或和，再枚舉 i+1 為左端點(diǎn)統(tǒng)計(jì)答案。關(guān)鍵點(diǎn)在于左邊區(qū)間統(tǒng)計(jì)，右邊區(qū)間更新而不統(tǒng)計(jì)，保證區(qū)間不重疊。 Code #include<bits/stdc++.h> #define mp make_pair #define pb push_back #define ll long long #define io std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0) using namespace std; inlin...

Solutionemm昨天看了但是沒(méi)有寫(xiě)出來(lái)，因?yàn)椴粫?huì)處理回溯過(guò)程中的更有利涂黑的情況。題解很巧妙，沒(méi)想到可以用另外一個(gè)數(shù)組d來(lái)記錄可以最多涂黑到哪個(gè)點(diǎn)，當(dāng)數(shù)組d為0時(shí)就代表需要多操作一次，而這個(gè)更新操作次數(shù)正是這道題的靈魂所在。簡(jiǎn)單來(lái)說(shuō)就是： 更新回溯過(guò)程中最遠(yuǎn)可到達(dá)的距離 更新回溯過(guò)程中無(wú)須操作就可到達(dá)的距離而當(dāng)為0時(shí)就代表需要多花一次操作次數(shù)。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define ull unsigned long long #define inf 0x3f3f3f3f #define m...

A.Solution因?yàn)槭欠沁f減數(shù)列，所以只移動(dòng)k位是最佳的，那么對(duì)于原數(shù)列的美麗值來(lái)說(shuō)移動(dòng)k位所造成的變化是增加了 而減少了，所以遍歷大于k的部分， =，那遍歷取max即可。Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se second #define pb push_back #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar(); while(ch&...

Solution因?yàn)槭菢?shù)，所以保證任意兩點(diǎn)都可以到達(dá)，所以可以選擇從一個(gè)葉子節(jié)點(diǎn)作為出發(fā)點(diǎn)思考， 表示這個(gè)葉子節(jié)點(diǎn)所在包含了 i 個(gè)節(jié)點(diǎn)的子圖染了 j 種顏色的方案?？紤]當(dāng)前取的顏色是否和前 次取的顏色一樣，就是兩種決策： 若取的顏色相同則： 若取的是新的顏色,則有 種新顏色可以選擇，則： 這樣的話(huà)就可以從一個(gè)葉子節(jié)點(diǎn)開(kāi)始染色到把整棵樹(shù)染色。最后累加 n 個(gè)點(diǎn)取 1~k 種顏色的方案即可。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se second #defin...

Solution很奇妙的思路，看了第一篇題解才懂，先用結(jié)構(gòu)體存每個(gè)士兵，然后按團(tuán)數(shù)排序，再用優(yōu)先隊(duì)列存戰(zhàn)力，用一個(gè)遍歷cnt由n遍歷到0，保證遍歷保證每種可能都枚舉到。注意在枚舉時(shí)，如果隊(duì)列里的元素超過(guò)當(dāng)前限制，出隊(duì)并減去這個(gè)元素對(duì)sum的貢獻(xiàn)。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se second #define lowbit(x) (x&(-x)) #define mp make_pair #define pb push_back #define ins ...

Solution鬼鬼，鬼知道我這道題做了多少次，一直卡在83，今天才發(fā)現(xiàn)ans的初始值沒(méi)處理好，一開(kāi)始ans初始化為0一直過(guò)不去，這么多天終于過(guò)了。取區(qū)間里兩段長(zhǎng)度為k的子區(qū)間使和最大，肯定是dp。設(shè)pre[i]前i個(gè)數(shù)的長(zhǎng)度為k的區(qū)間的最大和，那么只要遍歷的時(shí)候再加上i-k的另一段k區(qū)間就可以了。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; inline ll read(){ll s=0,w=1;char ch=getchar(); wh...

Solutionn個(gè)點(diǎn)n-1條雙向邊明顯是樹(shù)，而且保證必定是偶數(shù)個(gè)節(jié)點(diǎn)，那么就肯定是兩兩配對(duì)。就一個(gè)節(jié)點(diǎn)來(lái)說(shuō)，跟兄弟節(jié)點(diǎn)配對(duì)，或者跟父親節(jié)點(diǎn)配對(duì)肯定是最優(yōu)的。所以只需要判斷節(jié)點(diǎn)所在子樹(shù)里面的節(jié)點(diǎn)數(shù)是否為偶數(shù)，如果是偶數(shù)說(shuō)明不用和此節(jié)點(diǎn)的父親節(jié)點(diǎn)配對(duì)，若為奇數(shù)則需要加上這條邊，那么可設(shè) dp[i] 為以 i 為根節(jié)點(diǎn)的子樹(shù)的配對(duì)后的路徑和，dfs下去判斷子樹(shù)節(jié)點(diǎn)即可。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se second #define mp make_pair #de...

Solution判斷子序列的話(huà)讓我想起了上次cf的一道C題，哪一場(chǎng)已經(jīng)忘了，但是做法的話(huà)不外乎兩種：1.二分查找2.序列自動(dòng)機(jī)因?yàn)樯洗问嵌诌^(guò)的，這次就寫(xiě)一下序列自動(dòng)機(jī)。nexts[i][j]表示的是i位置之后j字符在原串中的索引，那么預(yù)處理nexts數(shù)組之后，直接對(duì)輸入的每個(gè)串遍歷判斷 i 位置之后的 s[i] 字符是否存在即可。最后講一下預(yù)處理，因?yàn)槭莍位置之后的索引，所以要逆序遍歷原串,遍歷 j = ' a ' -> ' z '，nexts[i-1][j] = nexts[i][j] ，特殊地 nexts[ i-1 ][ c[i]-'a' ]=i。 Code #include&lt...

Solution簡(jiǎn)單來(lái)說(shuō)題目就是求在有根樹(shù)中，每個(gè)葉子節(jié)點(diǎn)到根節(jié)點(diǎn)的路徑上的邊權(quán)最小值之和，很典型的樹(shù)形DP。s為根，考慮 dp[s] 為答案，即每個(gè)葉子節(jié)點(diǎn)到s的路徑上的邊權(quán)最小值之和，那么 dp[s]= Σ min（dp[s.son] , s->s.son的邊權(quán)) 。最后注意一下葉子節(jié)點(diǎn)是沒(méi)有出邊的，所以 dp 值設(shè)為 inf 。 Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se second #define mp make_pair #define pb push_...

Solution 求樹(shù)上的簡(jiǎn)單路徑很明顯是LCA的題目，那么：直接預(yù)處理父節(jié)點(diǎn)數(shù)組和深度數(shù)組直接暴力把 u 和 v 往上提 ？那就錯(cuò)了。其實(shí)題目里有保證 v 在 u 前往首都的最短路徑上，所以只需要直接把 u 向上遍歷就可以了。而珠寶購(gòu)入的前提是當(dāng)前城市的珠寶嚴(yán)格大于手中的所有珠寶，所以只需要再用兩個(gè)變量維護(hù)珠寶的最大值和購(gòu)入次數(shù)即可。顯然在數(shù)據(jù)小的情況下以上暴力可以AC，但是數(shù)據(jù)量一大超時(shí)就必不可免了?？梢?xún)?yōu)化的過(guò)程便是 u 找 v 這個(gè)過(guò)程，那么就要用到本文第一句話(huà)的LCA。由于出發(fā)節(jié)點(diǎn)的價(jià)值大的時(shí)候也會(huì)購(gòu)入，所以可以處理詢(xún)問(wèn)的時(shí)候可以把每組詢(xún)問(wèn)離線(xiàn)，出發(fā)點(diǎn)作為新節(jié)點(diǎn)的父親，帶著的珠寶價(jià)值...

3月30日每日一題 : https://ac.nowcoder.com/discuss/394776 Solution 滑動(dòng)窗口最值問(wèn)題，就是單調(diào)隊(duì)列的模板題。 先講一下個(gè)人對(duì)單調(diào)隊(duì)列的理解：舉個(gè)維護(hù)區(qū)間最小值的例子，主要就是用 head 和 tail 雙指針來(lái)對(duì)隊(duì)列里的元素進(jìn)行維護(hù)，當(dāng) q[head]+m<=i 說(shuō)明隊(duì)首元素已經(jīng)跟不上滑動(dòng)窗口，所以移動(dòng) head 指針，當(dāng) a[ q[tail] ]>a[i] 說(shuō)明隊(duì)尾元素比當(dāng)前元素大，失去優(yōu)先級(jí)，移動(dòng)尾指針，這樣的話(huà)，那么 q[head] 就是窗口中最小元素的索引了。 for(int i=1;i<=n;i++){ ...