Code: #include <bits/stdc++.h> #define N 1005 #define M 2000 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int A[N],B[N],w[M+3],f[M+3]; int main() { // setIO("input"); int n,m,k,i,j,ans=0; scanf("…

Solution of Comet OJ - Contest #11 A.eon -Problem designed by Starria- 在模 10 意义下,答案变为最大数的最低位(即原数数位的最小值)和原数最低位的差. 令$S$为输入数字串,则答案为 $(\min_{i=1}^{n}S_i-S_n)%10$ . 时间复杂度 $O(n)$ . B.usiness -Problem designed by Winniechen- 这是一个很显然的动态规划问题. 令$g_{i,j}$表示第$i$…

###题目链接### 题目大意:一开始手上有 0 个节点,有 n 天抉择,m 种方案,在每天中可以选择任意种方案.任意次地花费 x 个节点(手上的节点数不能为负),使得在 n 天结束后,获得 y 个节点. 其次,在每天结束后,会根据自己手上所具有的节点数来获得一些节点,设当天结束后所拥有 x 个节点,那么将获得 f(x) 个节点. 分析: 1.将全过程分为 n 天,每天开始有一定的节点数,然后 DP 求得花费后的最大价值(这个最大价值指的是,n 天结束后仅返还获得的最大节点数).故设 dp[i]…

传送门 \(A\) 咕咕咕 const int N=1e6+5; char s[N],t[N];int n,res; inline bool cmp(const int &x,const int &y){return x>y;} int main(){ scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1); fp(i,1,n)t[i]=s[i];sort(t+1,t+1+n,cmp); fp(i,1,n)res=(res*10+t[i]-s[i]),res=…

Code: #include <bits/stdc++.h> #define N 3000000 using namespace std; char str[N]; int main() { int minv=10,cur,len; scanf("%s",str+1),len=strlen(str+1); for(int i=1;i<=len;++i) { minv=min(minv, str[i]-'0'); cur=str[i]-'0'; } printf(&qu…

发现对于任意一条边,起决定性作用的是节点编号更大的点. 于是,对于每一条边,按照节点编号较大值作为边权,按照最小生成树的方式插入即可. 最后用线段树维护 dfs 序做一个区间查询即可. Code: #include <bits/stdc++.h> #define N 400005 #define ll long long #define mod 998244353 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) us…

传送门. 题解: 考虑若最后的总伤害数是s,那么就挡板分配一下,方案数是\(C_{s-1}^{n-1}\). 那么问题在于总伤害数很大,不能一个一个的算. \(C_{s-1}^{n-1}\)的OGF是\({x^{n-1}\over (1-x)^n}\) 由\(F=FA+R->F={R \over 1-A}\) 得到递推式\(A=1-(1-x)^n\),前面的项可以用组合数算出. 那么每次就是常系数齐次递推,每次搞的时候取模就好了. 复杂度是\(O(log^2)\) 题解给出了更加巧妙的方法,我们…

Comet OJ - Contest #2 简要题解 cometoj A 模拟,复杂度是对数级的. code B 易知\(p\in[l,r]\),且最终的利润关于\(p\)的表达式为\(\frac{(p-l)(\frac{L+R}{2}-p)}{r-l}\),二次函数求最值即可. code C 枚举独立集点数即可.\(\sum_{i=0}^n\binom nip^{\binom i2}\). code D 树上的任意一个满足\(|S|\ge2\)的点集\(S\)均有一个唯一的中心,即直径的中点(…

Comet OJ - Contest #2简要题解 前言: 我没有小裙子,我太菜了. A 因自过去而至的残响起舞 https://www.cometoj.com/contest/37/problem/A?problem_id=1528 容易发现那玩意增长的飞快,只要模拟就可以了 //❤ ayaponzu* #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdlib>…

Comet OJ - Contest #8 传送门 A.杀手皇后 签到. Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1005; vector <string> v; int n; string s; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cin >> n; for(int…

原题:Comet OJ - Contest #4-B https://www.cometoj.com/contest/39/problem/B?problem_id=1577传送门 一开始就想着暴力打表,结果.. 前缀和是个很好的工具,本题可以用相邻前缀和之差得到结果. 例如:K=4: 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 #include <cstdio> using int64 = long long; int main() { int T; scanf(&quo…

Comet OJ - Contest #13-C2 C2-佛御石之钵 -不碎的意志-」(困难版) 又是一道并查集.最近做过的并查集的题貌似蛮多的. 思路 首先考虑,每次处理矩形只考虑从0变成1的点.这样我们的复杂度就控制在了\(O(nm)\). 那么,我们考虑怎么维护每个点下一个0的位置.因为我们知道并查集是用来维护一些元素的相同关系.所以我们考虑使每个点的\(fa\)为这一行下一个0的位置.那么,当我们把一个点由0染成1时,将这个点和左边的点合并.我们就能保证当前这个点的\(fa\)就是下一个…

来源:Comet OJ - Contest #13 芝士相关: 复平面在信息学奥赛中的应用[雾 其实是道 sb 题??? 发现原式貌似十分可二项式定理,然后发现确实如此 我们把 \(a^i\) 替换成 \(\sqrt{a}^{2i}\) 然后发现原式求的就是 :\((\sqrt{a} +b)^n\) 展开后的偶数项 而这些偶数项有个性质,就是他们都不包含 \(\sqrt{a}\) ,所以我们可以把 \((\sqrt{a} +b)\) 转换到复平面上的点, \(b\) 做第一维, \(\sqrt…

来源:Comet OJ - Contest #13 一眼并查集,然后发现这题 tmd 要卡常数的说卧槽... 发现这里又要用并查集跳过访问点,又要用并查集维护联通块,于是开俩并查集分别维护就好了 一开始 XJB 搞了两个并查集建了个完全的连接方式,然后 xjb 写了堆合并,调了一会儿交上去喜见 TLE (自闭现场) 挺好的啊,然后改成动态开点并且访问点跳过的操作也优化了一下,终于爬过去了 ORZ 原 Code 代码挺好打&&极不清爽 //by Judge (zlw ak ioi) #inc…

Comet OJ - Contest #5 总有一天,我会拿掉给\(dyj\)的小裙子的. A 显然 \(ans = min(cnt_1/3,cnt_4/2,cnt5)\) B 我们可以感性理解一下,最大的满足条件的\(x\)不会太大 因为当\(x\)越来越大时\(f(x)\)的增长速度比\(x\)的增长速度慢得多 其实可以证明,最大的满足的\(x\)不会超过\(100\) 因为没有任何一个三位数的各位之和大于等于\(50\) 所以我们就直接预处理\(1-99\)所有的合法的 暴力枚举即可 其实…

Comet OJ Contest #13 D \(\displaystyle \sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor} a^{i} b^{n-2 i}\left(\begin{array}{c}{n} \\ {2 i}\end{array}\right)\) $ T \leq 10^4 , n , m , p \leq 10^{18} $ 注意,由于 $ p $ 不一定是质数,而且数据范围看起来很快速幂所有貌似只能快速幂. 这个式子可以化…

题意:给你一个长度为n序列,和一个数m,问这个序列有多少个子序列,满足这个子序列的所有子序列的和是m的倍数?答案对1e9 + 7取模,n, m范围到5e3; 思路:容易发现,如果一个子序列的长度是n,子序列的所有的元素的和是sum的话,它的所有的子序列的和是sum * 2 ^ (n - 1),那么我们发现,一个序列的所有子序列的和与子序列的和以及子序列的长度有关,我们容易想O(n^2 * m)的DP.设dp[i][j][k]为前i个数,长度为j的子序列中子序列的和是k的元素的个数.每扫到一个新的…

机器学习题 题目大意: 数据范围: 题解: 学长说是决策单调性? 直接斜率优化就好了嘛 首先发现的是,$A$和$B$的值必定是某两个$x$值. 那么我们就把,$y$的正负分成两个序列,$val1_i$表示$A$取序列中第$i$个数的值是,给的代价,$val2_i$同理. 那么最终的答案情况就是一个$i$一个$j$,分别是$val1_i + val2_j + a_i.x^2 + b_j.x^2 - 2*a_i.x\times b_j.x$. 显然可以斜率优化. 把第一个数列里的所有数抽象成点,为$…

求和 题目大意: 数据范围: 题解: 脑筋急转弯可还行..... 我们发现只需要最后枚举个位/xk/xk 因为前面的贡献都是确定的了. 故此我们最后暴力统计一下就好咯. 不知道为啥我组合数一直过不去,暴力求过了呜呜. 代码: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 =…

题意 https://www.cometoj.com/contest/35/problem/C?problem_id=1498 思路 这题要用到一种比较小众的状压方法(没见过的话可能一时比较难想到). 首先观察题面,发现可以把一个人有另一个人没有的点数都视作同一种(转化一),然后点数之间也可以任意转化(转化二),不影响结果,经过如上转化,可以将任意情况转化为两方各有一些相同点数的手牌,然后不同点数的手牌只有一种或没有. (感觉说的好乱啊,举个栗子吧... \[ \begin{array}{} &…

双倍快乐 题目描述 Illyasviel:"你想要最长不下降子序列吗?" star-dust:"好啊!" Illyasviel:"老板,给我整两个最长不下降子序列,要最大的." 求序列 a 中的两个不相交的不下降子序列使得他们的元素和的和最大,子序列可以为空. 注 1:序列 a 不下降的定义是不存在 l<r 且 al​>ar​ 注 2:两个子序列不相交的定义是:不存在 ai​ 即在第一个子序列中也在第二个子序列中. 输入描述 第一行一…

好久没更博了,还是象征性地更一次. 依然延续了简要题解的风格. 题目链接 https://cometoj.com/contest/46 题解 A. 迫真字符串 记 \(s_i\) 表示数字 \(i\) 出现的次数,答案为 \(\min\{\lfloor\frac{s_1}{3}\rfloor, \lfloor\frac{s_4}{2}\rfloor, s_5\}\). #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { ios::…

题目链接:https://www.cometoj.com/contest/39/problem/B?problem_id=1577 题意:给你一个数列,求L 到 R 区间内 所有数列 (ƒn mod 2)的和. 思路:这题是个找规律的题目,首先数列都要对2取模运算,如果这个数是偶数 那么mod 2就是0,奇数就是1,所以这题等价于求 L 到 R 区间内奇数的个数. 1.当 k 为奇数的时候,我们发现数列的值对2取模后全为1,所以 ans = R - L + 1. 2.当 k 为偶数的时候,假设…

A:暴力,显然每两次至少翻一倍. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define inf 1000000010 char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;} in…

A:化成x-√n=y+z-√4yz的形式,则显然n是完全平方数时有无数组解,否则要求n=4yz,暴力枚举n的因数即可.注意判断根号下是否不小于0. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long…

传送门 菜爆了--总共只有一道题会做的--而且也没有短裙好难过 为啥必须得有手机才能注册账号啊喂--歧视么-- \(A\) 解方程 推一下柿子大概就是 \[x-\sqrt{n}=y+z+2\sqrt{yz}\] 如果\(\sqrt{n}\)是无理数,那么就是 \[x=y+z,{n\over 4}=yz\] 那么要满足\(n\)必须是\(4\)的倍数,然后爆搜\({n\over 4}\)的因子,统计答案就行了 如果\(n\)不是无理数,那么 \[x=\sqrt{n}+(y-z)^2\] 这东西一看…

传送门 太菜了连\(D\)都做不出来没有小裙子\(QAQ\) \(A\) 暴力把所有的数对都算出来,然后\(sort\)一下就行了 const int N=505; int a[N],st[N*N],top,n,k;ll res; int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]); fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)st[++top]=a[i]+a[j]; sort(…

点此进入比赛 \(A\):杀手皇后(点此看题面) 大致题意: 求字典序最小的字符串. 一场比赛总有送分题... #include<bits/stdc++.h> #define Tp template<typename Ty> #define Ts template<typename Ty,typename... Ar> #define Reg register #define RI Reg int #define Con const #define CI Con int…

题意 https://www.cometoj.com/contest/52/problem/C?problem_id=2416 思路 这里提供一种容斥的写法(?好像网上没看到这种写法) 题目要求编号为 \(i\) 的节点不能放在 \(p_i\) 位置,那我们不妨假设没有这些条件,然后再用二进制容斥的方法减去不满足条件的情况(即固定某些 \(i\) 在 \(p_i\) 上,这样会好考虑问题一点). 然后我们面临的问题就是,计算 \(A\)(二进制)这些数不能选,\(B\)(二进制)这些位置不能填的…

传送门 既然没参加过就没有什么小裙子不小裙子的了-- 顺便全是概率期望真是劲啊-- 因自过去而至的残响起舞 \(k\)增长非常快,大力模拟一下就行了 int main(){ scanf("%lld",&x),sum=2; if(x==1)return puts("2"),0; fp(i,3,19260817){ sum+=(sum>>1); if(sum>x)return printf("%d\n",i),0; } re…