把每個**的兩個屬性連上邊，即將**看作邊，將屬性看做點。
對於樹聯通塊，顯然不選最大的節點（屬性）。
對於非樹聯通塊，因為每個**可以選兩個相鄰節點之一，顯然每個節點（屬性）都可以被選。
n個人，每次報到m的死
初始ans = 0， 列舉 2 <= i <= n, 每次 (ans+=m)%=i;
最後 ans + 1 即答案
本題n達到了1e9顯然o(n)不可過，於是考慮優化
n 很大， m 相對較小
對於每次取模，發現，當i很大時，取模很可能沒用上，所以可以將加法轉化為乘法
#include #include #include #include using namespace std;
int n,m,ans,siz;
int main()
printf("%d\n",ans+1);
} return 0;
}
發現如果 將\(i，j\)都在\([l,r]\)內列舉，即\(\sum\limits_^r \sum\limits_^r x_i^2 y_j^2 + x_j^2 y_i^2 - 2 x_i y_i x_j y_j\)
恰好為原式2倍
\(\sum\limits_^r \sum\limits_^r 2 x_i^2 y_j^2 - \sum\limits_^r \sum\limits_^r 2 x_i y_i x_j y_j\)
原式就是：
\(\sum\limits_^r \sum\limits_^r x_i^2 y_j^2 - \sum\limits_^r \sum\limits_^r x_i y_i x_j y_j\)
\((\sum\limits_^x_i^2)\times(\sum\limits_^y_i^2) - (\sum\limits_^x_iy_i)^2\)
用樹狀陣列維護
\(\sum\limits_^x_i^2 和 \sum\limits_^y_i^2 和 \sum\limits_^ x_i*y_i\) 即可
每次單點修改，區間查詢
最長公共上公升子串行 , \(f[i][j]\)表示對於\(a\)的前\(i\)個，\(b\)的前\(j\)個，且以\(b[j]\)結尾的最大長度
\(a[i]!=b[j] : f[i][j]=f[i-1][j];\)
\(a[i]==b[j] : f[i][j]=f[i-1][k]+1 (0<=k
\(o(n^3)\)的
考慮優化：
可以發現列舉\(k\)時\(a[i]\)是不變的，只要\(b[j]==a[i]\),\(f[i][j]\)就會被前面的最優決策點+1更新
那麼我們只需要在列舉j的時候順便更新乙個最優決策點即可避免列舉k
複雜度 \(o(n^2)\)
#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn=5e3+5;
int n,a[maxn];
int m,b[maxn];
int f[maxn][maxn];
int fr[maxn][maxn];
int sta[maxn],top;
int ans;
void back(int i,int j)
int main()
else
if(b[j]val)
} }int ans=0;
for(int i=1;i<=m;++i) if(f[n][i]>f[n][ans]) ans=i;
printf("%d\n",f[n][ans]);
back(n,ans);
for(int i=top;i>=1;--i) printf("%d ",sta[i]);
return 0;
}
聯賽模擬測試34
考場打表 rand 正解可以根據乙個倍數往上翻 如果乙個數b是a的n倍，那麼b可以由a貼上n次得到 開乙個佇列按照每個因數倍增幾次取最小即可 藍書原題 csp考試之前還看來著 然後考場假了 打了暴力滾粗 下來之後一點就透了 等比數列求和 對於唯一一組hack資料 是mod完階乘出0了 特判一次直接往...
聯賽模擬測試33
區間dp g i j 表示從第i位到第j位中間有多少不重複出現的數字 f i j 表示合併i到j能獲得的收益之和 特隊兒在寫的時候 正序遍歷掛成零分 原來是沒有學習經驗 還是要注意遍歷方法 眾所周知，乙個合格的oier不僅要會數奧，物奧，生奧 甚至還要會一點點美術 考試的時候畫了好久 打表拿到了 5...
聯賽模擬測試32
a.迴圈依賴 思路對了 dfs 判環打掛了沒啥好說的 下午來了 tarjan 一遍碼過 但還是學習了一下凱爹的 dfs 可能魔改過了一些地方？總之學廢了，注意判自環 b.a開始迴圈依賴 20pts 暴力隨便打 考場上本來想按照值域預處理一下 看到 10000 就爪巴了 至於 a i 1 的情況只想出...