题目背景 大东亚海底隧道连接着厦门.新北.博艾.那霸.鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成.凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾.博艾和日本,全程只需要4个小时. 题目描述 该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站.不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票.第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N).如果搭乘的比较远,需要购买多张车票.第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元. 虽…

题目背景 大东亚海底隧道连接着厦门.新北.博艾.那霸.鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成.凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾.博艾和日本,全程只需要4个小时. 题目描述 该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站.不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的 城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票.第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N).如果搭乘的比较远,需要购买多张 车票.第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元.…

P3406 海底高铁 题目提供者kkksc03 标签 云端评测 难度 普及/提高- 题目背景 大东亚海底隧道连接着厦门.新北.博艾.那霸.鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成.凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾.博艾和日本,全程只需要4个小时. 题目描述 该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站.不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票.第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<=…

题目背景 大东亚海底隧道连接着厦门.新北.博艾.那霸.鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成.凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾.博艾和日本,全程只需要4个小时. 题目描述 该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站.不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票.第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N).如果搭乘的比较远,需要购买多张车票.第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元. 虽…

洛谷P2503 [HAOI2006]均分数据(随机化贪心) 现在来看这个题就是水题,但模拟赛时想了1个小时贪心,推了一堆结论,最后发现贪心做 不了, 又想了半个小时dp 发现dp好像也做不了,在随机化贪心和模拟退火 选了模拟退火但写炸了.(我怎么这么水).我们来看这个题,采取 随机化贪心,利用random_shuffle函数将所有数字不停随机 化,每次 随机化后贪心的取就可以,因为采取的是随机化贪心,所以贪心策略不必最优,我们用x数组去存 储每个位置的值,枚举每一个数字,将数字加到最小的位置即可…

题目背景 大东亚海底隧道连接着厦门.新北.博艾.那霸.鹿儿岛等城市,横穿东海,耗资1000亿博艾元,历时15年,于公元2058年建成.凭借该隧道,从厦门可以乘坐火车直达台湾.博艾和日本,全程只需要4个小时. 题目描述 该铁路经过N个城市,每个城市都有一个站.不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票.第i段铁路连接了城市i和城市i+1(1<=i<N).如果搭乘的比较远,需要购买多张车票.第i段铁路购买纸质单程票需要Ai博艾元. 虽…

洛谷题目传送门 贪心小水题. 把线段按左端点从小到大排序,限制点也是从小到大排序,然后一起扫一遍. 对于每一个限制点实时维护覆盖它的所有线段,如果超过限制,则贪心地把右端点最大的线段永远删去,不计入答案.显然这样做对后面的决策更有利. 以右端点为键值,需要资瓷动态插入,删除最小值.最大值,multiset就行了. 代码很短,常数应该比较大,但不知为何暂时混了个rk1. #include<bits/stdc++.h> #define R register int #define G if(++i…

洛谷题目传送门 \(O(n)\)算法来啦! 复杂度优化的思路是建立在倍增思路的基础上的,看看楼上几位巨佬的描述吧. 首先数组倍长是一样的.倍增法对于快速找到\(j\)满足\(l_j+m\le r_i\)进行了优化.然后菊开队长说可以建个树优化,可是他没讲清楚就把这个神仙东西扔给了我这个蒟蒻...一个晚上终于把这个模性建出来了. 在倍长的序列上,我们对于每一个\(i\)找到最小的\(j\)满足\(r_j\ge l_i\)并连一条\(i\)到\(j\)的边,于是就成了一个森林.贪心地想,我们要求的东…

[洛谷P3948]数据结构 Description 最开始的数组每个元素都是0 给出n,opt ,min,max,mod 在int范围内 A: L ,R ,X 表示把[l,R] 这个区间加上X(数组的从L到R的每个元素都加上X) Q : L ,R 表示询问[L,R] 这个区间中元素T满足 min<=(T∗i %mod)<=max 的 T这样的数的个数(i是数组下标)(元素的值*数组下标%mod在min到max范围内) 由于 edt 请来了一位非三次元的仓鼠,他帮你用延后了部分问题,将这些询问打…

洛谷题目传送门 差分约束模板题,等于双向连0边,小于等于单向连0边,小于单向连1边,我太蒻了,总喜欢正边权跑最长路...... 看遍了讨论版,我是真的不敢再入复杂度有点超级伪的SPFA的坑了 为了保证复杂度,需要缩点后用拓扑排序统计答案.首先全相等的点本质上是相同的,可以缩到一起,所以先来一波Tarjan把0环全缩起来.接着再考虑边权为1的边.如果这时候还出现了环(包括缩点以后的自环),一定是不存在方案的,这是可以用拓扑排序判断.否则,就是个DAG,拓扑排序也可以直接计算出答案. 统计答案要注意…

次元传送门:洛谷P2577 思路 首先贪心是必须的 我们能感性地理解出吃饭慢的必须先吃饭(结合一下生活) 因此我们可以先按吃饭时间从大到小排序 然后就能自然地想到用f[i][j][k]表示前i个人在第一个窗口排队用了j时间 在第二个窗口排队用了k时间 然后就自然地炸空间了 所以我们要降维 因为我们可以由第一个窗口推出第二个窗口所用时间 所以我们可以改原来的数组为: f[i][j]表示前i个人 在第一个窗口用了j时间 得到的所有前i个人吃完饭的最短时间 如何用第一个窗口推出第二个窗口呢? 显而易见…

次元传送门::洛谷P1080 思路 我们模拟一下只有两个大臣的时候发现 当a1​∗b1​<a2​∗b2​是ans1<ans2 所以我们对所有大臣关于左右手之积进行排序 得到最多钱的大臣就是最后一个(当有左手除右手向下取整为0的时候不一定 只有第二个点可以特判) 所以答案用前n-1个人的左手相乘除以第n个人的右手 记得高精 代码 #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define maxn…

题目链接: 洛谷 BZOJ 题意 给定 \(n\) 个矿石,每个矿石有编号和魔力值两种属性,选择一些矿石,使得魔力值最大且编号的异或和不为 0. 思路 线性基 贪心 根据矿石的魔力值从大到小排序. 线性基的所有异或和都不为零.因此维护一个线性基,每次插入编号 \(i\),如果 \(i\) 与之前的线性基都线性无关,也就是能插入,就插入并将魔力值累加到 \(ans\). #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long…

洛谷题面传送门 好几天没写题解了,写篇题解意思一下(大雾 考虑反悔贪心,首先我们考虑取出 \(a,b\) 序列中最大的 \(k\) 个数,但这样并不一定满足交集 \(\ge L\) 的限制,因此我们需要调整,我们假设 \(L-\) \(a,b\) 序列中最大的 \(k\) 个数的交集为 \(L'\),如果 \(L'\le 0\) 那不用调整直接输出即可.否则我们考虑每次调整部分 \(a_i,b_i\) 的取值使得 \(a,b\) 的交集加 \(1\),不难发现每次调整可能有以下可能: 选择两个下…

一直觉得洛谷的背景故事很....直接题解吧 #include <bits/stdc++.h> //万能头文件 using namespace std; int a[100002]; // 有给数据范围 最大10的五次方 long long ans = 0, n, m; // longlong保证不超int int main() { cin >> n >> m; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; //逐个输…

题面传送门 题意: 有 \(n\) 条蛇,每条蛇有个实力 \(a_i\) 我们称编号为 \(x\) 的蛇比编号为 \(y\) 的蛇强,当且仅当 \(a_x>a_y\) 或 \(a_x=a_y\) 且 \(x>y\). 每次实力最强的蛇可以选择吃掉实力最弱的蛇或者不吃,如果实力最强的蛇选择吃,那么它的实力会减去实力最弱的蛇的实力,实力最弱的蛇将消失. 假设每条蛇都会选择最优策略(在保证自己不被吃的条件下吃掉尽可能多的别的蛇),问最后会剩下多少条蛇. \(\sum n\le 10^7\) 薅洛谷题…

题面 比较基础的前缀和+差分. 注意开\(\text{long long}\) 直接上代码吧. #include <bits/stdc++.h> #define itn int #define gI gi #define int long long using namespace std; typedef long long ll; inline int gi() { int f = 1, x = 0; char c = getchar(); while (c < '0' || c &g…

题意 题目链接 Sol 最直观的做法是wqs二分+dp.然而还有一种神仙贪心做法. 不难想到我们可以按权值从大到小依次贪心,把左右两边的打上标记,但这显然是错的比如\(1\ 231\ 233\ 232\).我们会得到\(234\)而不是\(463\).考虑加入一种反悔机制,也就是说我们可以增加一种决策来取消该决策的影响并加入新的决策的贡献. 考虑这样一种做法:把原来的点权改为\(231 + 232 - 233\),并用双向链表维护前驱后继.把\(233\)的前驱改为\(231\)的前驱并把\(2…

题意 题目链接 Sol 好像搞出了一个和题解不一样的做法(然而我考场上没写出来还是爆零0) 一个很显然的思路是考虑每个最小值的贡献. 预处理出每个数左边第一个比他小的数,右边第一个比他大的数. 那么\([L_i + 1, i]\)对\([i, R_i]\)中的每个数都会有\(a[i]\)的贡献. 我们可以抽象成一个二维平面内的矩形加. 询问就是询问最下角为\((l, l)\),右上角为\((r, r)\)的矩形内的权值 也就是我们需要解决这么一个问题:两个操作, 矩形加矩形求和,而且前者都在后者…

题目描述 有n个人在一个水龙头前排队接水,假如每个人接水的时间为Ti,请编程找出这n个人排队的一种顺序,使得n个人的平均等待时间最小. 输入输出格式 输入格式: 输入文件共两行,第一行为n:第二行分别表示第1个人到第n个人每人的接水时间T1,T2,…,Tn,每个数据之间有1个空格. 输出格式: 输出文件有两行,第一行为一种排队顺序,即1到n的一种排列:第二行为这种排列方案下的平均等待时间(输出结果精确到小数点后两位). 输入输出样例 输入样例#1: 复制 10 56 12 1 99 1000 2…

题目传送门 兔子与樱花 题目描述 很久很久之前,森林里住着一群兔子.有一天,兔子们突然决定要去看樱花.兔子们所在森林里的樱花树很特殊.樱花树由n个树枝分叉点组成,编号从0到n-1,这n个分叉点由n-1个树枝连接,我们可以把它看成一个有根树结构,其中0号节点是根节点.这个树的每个节点上都会有一些樱花,其中第i个节点有c_i朵樱花.樱花树的每一个节点都有最大的载重m,对于每一个节点i,它的儿子节点的个数和i节点上樱花个数之和不能超过m,即son(i) + c_i <= m,其中son(i)表示i的儿…

正解:贪心 解题报告: 传送门! 这题贪心得挺显然的,,,?居然能有蓝,,,是蓝题太水了嘛,,,? 简单说下,这题一看到就能想到,对最低的没被覆盖到的点给它的祖父建一个消防局 没了? 哦这题实现还挺有趣的感觉 最简单的实现就是用个dfs或堆什么的走一波 然后比较高级的一个是边读边贪心?一个是不用贪心强行dp?到时候具体写下实现趴QAQ over 边读边贪心就很简单啊,,,因为读一下题目可以知道它读入的是fa[i],所以可以在读入的时候直接处理出deep顺便排个序,然后就直接做了,就可以不要用堆…

[题目描述:] 松鼠的新家是一棵树,前几天刚刚装修了新家,新家有n(2 ≤ n ≤ 300000)个房间,并且有n-1根树枝连接,每个房间都可以相互到达,且俩个房间之间的路线都是唯一的.天哪,他居然真的住在”树“上. 松鼠想邀请小熊维尼前来参观,并且还指定一份参观指南,他希望维尼能够按照他的指南顺序,先去a1,再去a2,......,最后到an,去参观新家.可是这样会导致维尼重复走很多房间,懒惰的维尼不停地推辞.可是松鼠告诉他,每走到一个房间,他就可以从房间拿一块糖果吃. 维尼是个馋家伙,立马就…

题目传送门 配对 题目描述 你有 n 个整数Ai和n 个整数Bi.你需要把它们配对,即每个Ai恰好对应一个Bp[i].要求所有配对的整数差的绝对值之和尽量小,但不允许两个相同的数配对.例如A={5,6,8},B={5,7,8},则最优配对方案是5ó8, 6ó5, 8ó7,配对整数的差的绝对值分别为2, 2, 1,和为5.注意,5ó5,6ó7,8ó8是不允许的,因为相同的数不许配对. 输入输出格式 输入格式: 第一行为一个正整数n,接下来是n 行,每行两个整数Ai和Bi,保证所有 Ai各不相同,B…

题目传送门 ork 格式难调,题面就不放了. 分析: 一道偏难的贪心和枚举题.考试的时候是弃疗了...yyb巨佬已经讲的很详细了,推荐他的博客.这里小蒟蒻就只放代码了. Code: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; int n,m,K,a[N][N],ans=1e9; int sx[N][N],sy[N][N]; inline int read() { ;bool flag=false; '){if(ch=='-')flag=true…

题意 题目链接 Sol 一步一步的来考虑 \(25 \%\):直接\(O(nm)\)的暴力 链的情况:维护两个差分数组,分别表示从左向右和从右向左的贡献, \(S_i = 1\):统计每个点的子树内有多少起点即可 \(T_i = 1\):同样还是差分的思想,由于每个点 能对其产生的点的深度是相同的(假设为\(x\)),那么访问该点时记录下\(dep[x]\)的数量,将结束时\(dep[x]\)的数量与其做差即可 满分做法和上面类似,我们考虑把每个点的贡献都转换到子树内统计 对于每次询问,拆为\(…

高低位交换 题目链接 这道题非常水,我是用位运算做的 a=n>>16 二进制的“高位”b=n-(a<<16) 二进制的“低位”ans=(b<<16)+a 转换 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; #define int long long int n; #undef int int main() #define int l…

题目链接 差分约束. 设\(s[i]\)表示前\(i\)个位置有多少个数,那么对于一个限制条件\((L,R,C)\),显然有 \[s[R]-s[L-1]>=C\] 于是连一条\(L-1\)到\(R\)边权为\(C\)的边. 但为了保证能从\(0\)走到\(max(b)\),我们还需从\(1\)到\(n\),对\(i-1\)和\(i\)连一条权为\(0\)的边,对\(i\)和\(i-1\)连一条权为\(-1\)的边, 这也很好理解,因为 \[s[i]-s[i-1]>=0,s[i-1]-s[i]&…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2577 首先,想一想可以发现贪心策略是把吃饭时间长的人放在前面: 设 f[i][j] 表示考虑到第 i 个人,目前第一个窗口排队总时间 j ,所有人吃完最晚的时刻: 于是可以算出来第二个窗口的排队总时间,就可以转移了: 把第 i 个人放在第一个窗口或第二个窗口,转移顺序竟然会影响答案??!!!总之把第一个窗口放在前面居然就错了! 代码如下: #include<iostream> #include<cst…

题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2680 久违地1A了好高兴啊! 首先,要最大值最小,很容易想到二分: 判断当前的 mid 是否可行,需要看看有没有去掉一条边使满足的方案: 这就需要树上差分来找出每条边被几个超过 mid 的路线覆盖: 若有一条边正好被所有超过 mid 的路线覆盖,且去掉它之后最大的路线也能满足,就是可行的. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<…