CF1874FJellyfishandOEIS第一次独立切*3500，写篇题解记录一下我们称\([l,r]\)为一个排列，当且仅当\([p_l,p_{l+1},\dots,p_r]\)为\([l,l+1,\dots,r]\)的一个排列。不妨固定\(l\)，我们只需要考虑最小的\(r\)满足\([l,r]\)为一个排列。考虑每个\([l,r]\)所构成的区

Ubuntu22.04.5LTS(JammyJellyfish)-现代化的企业与开源LinuxUbuntu22.04.5发布，配备Linux内核6.8请访问原文链接：https://sysin.org/blog/ubuntu-2204/，查看最新版。原创作品，转载请保留出处。作者主页：sysin.orgCanonical发布了Ubuntu22.04.5LTS，作为Ubuntu22.0

原题链接题解1.由于是除二操作，所以最后的平均数一定能表示成\(k_1\cdot\frac{1}{2^{i_1}}+...+k_t\cdot\frac{1}{2^{i_t}}\)的形式2.最小的\(\frac{1}{2^i}\)由于没有往下再分，所以数量一定是偶数，把他们的数量除二加到\(\frac{1}{2^{i-1}}\)上，此时\(i-1\)就变最小的了

题目：链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1875/D思路：这题刚开始没啥想法，后面推演了一下发现是个动态规划：从左到右先找出首先为0的点，那么我要求的值就是这个区间内的值。然后假设先把ax清为0，那么所加的值就是ax*ptr，对比发现就是上一阶段的小规模。所以可以用递推

原题链接题解1.经过样例证明，双方的交换策略一定是自己最小值去换对面最大值2.双方交换的最大值一定局限在双方各自初始最大值之间，最小值也是code#include<bits/stdc++.h>#definelllonglongusingnamespacestd;intmain(){llt;cin>>t;while(t--)

这道题目实在没有什么好的办法去描述状态空间，只能感性理解一下，等对概率的理解更深了再来吧。。。发现这是一道概率DP，而且满足拓扑序，我们直接倒序转移就好了设\(f_i\)表示从第\(i\)个点到第\(n\)个点的概率，我们发现当只有一条出边是非常好转移的，但是其他就不太行了我们遇到这种

JellyfishandGame因为n,m很小，所有直接暴力就行#include<bits/stdc++.h>#defineintlonglongusingnamespacestd;voidsolve(){ intn,m,k; cin>>n>>m>>k; vector<int>a(n+1); vector<int>b(m+1); for(inti=1;i<=n;i++)cin>

JellyfishandGreenApple数论将苹果平均的分给人，可以将苹果一分为二，问你最少分多少次。首先把能分的都分掉就是n%=m，其次操作数是很好想的，就一直*2并且%m，直到n==0，关于这题有难度的就是n，m分不了的情况。设想一下，成功的情况，也就是这个n一直在乘2最后能==m。那么转换一下就是

JellyfishandOEIS题意题面传送门题解恭恭敬敬给致远磕大头。首先我们将原序列分割成很多块，使得每一块都是相对位置的排列。且这一块内不可分割出另外的块。例如：\([3,1,2][5,4]\)，而\([1,2,3]\)是不合法的，因为他可以被分割为\([1][2][3]\)。在进行这一步操作之后，我们发

题意：有一个长度为\(n\)的数组，每次删除一个数直到删完，求每次删除后数组的mex的和的最小值。（\(\sumn\leq5000,a_i\leq10^9\)）思路：排序后，只有从0开始连续的数在会有贡献，对于连续的数，如果要消去他的对答案的贡献，只有全部去掉才行，考虑n的范围小于5000，n^2做法被允许。//因为排

CodeForces-1875AJellyfishandUndertale一定是等待降到\(1\)或者能补满到\(a\)时才使用工具，依题意模拟即可。提交记录：Submission-CodeForcesCodeForces-1874AJellyfishandGame这种题目有点思路但是不是很会。赛时第一发写得根据奇偶性判断，\(k\)为偶数错了，然后感

CodeforcesRound901(Div.2)C.JellyfishandGreenApple//思路：浮点数转二进制，a/b的结果为gcd（a，b）*最简分式（n/m）的结果//苹果能分的前提是人数得是一个2的次幂数，通过切割只能分为形同0.001的二进制小数//a/b的二进制如果在从左到右的sp位为1，则需要切割到这个情况//一个

JellyfishandMikuD<C<B,哈哈。设\(dp_i\)为起点为i时的期望步数,则\[dp_0=1+dp_1\\dp_n=0\\dp_i=1+\frac{a_{i-1}}{a_{i-1}+a_i}dp_{i-1}+\frac{a_{i-1}}{a_{i-1}+a_i}dp_{i+1}\]化简第三个式子可得\[a_{i+1}(dp_i-dp_{i+1})=a_i(dp_{i-1}-dp_i)+a_i+a_{i+1}\]设\(

洛谷传送门CF传送门看到这种操作乱七八糟不能直接算的题，可以考虑最短路。对于\(a,b,c,d,m\)按位考虑，发现相同的\((a,b,m)\)无论如何操作必然还是相同的。于是考虑对于每个可能的\((0/1,0/1,0/1)\)，所有终态有\((c=0/1,d=0/1)\)或者不确定。这样我们对于一

2023-10-01题目JellyfishandMex难度&重要性(1~10):5题目来源luogu题目算法dp解题思路这道题一眼dp。我们需要考虑的是对于函数\(\operatorname{mex}\)的性质，假设当前\(a\)数组存在\(0\simx\)，则\(\operatorname{mex}a=x+1\)。再记每一个数出现过\(s_0,s_1,\cd

思路题意大概是两人都有一组数，奇数轮，第一个人可以选择和第二个人交换一个数字也可以不换，偶数轮，第二个人可以选择和第一个人交换一个数字也可以不换。首先可以猜测，我们每次都应该选择交换对方的最大值和自己的最小值，如果自己的最小值都比对方大的话就不交换。应该比较好想，这里感

思路看到\(n\)的范围只有\(5000\)，并且\(\sumn\)的范围也是\(5000\)，所以可以考虑\(n^2\)的做法。每次操作肯定都是一次性删完某个数字，如果删除某个数字删一半又去删别的数字，答案肯定会变大。所以我们可以考虑统计所有数字的数量，记为\(num_i\)，来计算删完某个数字的最小

显然，除非\(\operatorname{mex}a=0\)，否则不会删除\(>\operatorname{mex}a\)的数。而\(\operatorname{mex}a=0\)时不对答案产生贡献，因此任意时刻我们都可以忽略\(a\)中\(>\operatorname{mex}a\)的数。又显然，一旦我们开始删一个数，就会先把所有与之相等的数删光。否则，设最先