RudolfandtheTicket算法：枚举。题意简述：从\(a\)数组中和\(b\)数组中各选出一个数，使得它们的和不超过\(k\)，求选法数量。考虑直接枚举每一种可能的搭配即可。Rudolfand121算法：贪心。题意简述：定义一次操作为，该位置上的数减去\(2\)，其前一个和后一个位置（必须存在）上的数

链接https://codeforces.com/problemset/problem/1941/E题目思路比较容易想到的一道题（但是之前想了好久hhh）。首先题意是对一连串的桥的代价求和，不难想到是前缀和求区间最小。那么就可以拆分这题为每行处理。容易想到dp，而且dp的过程也比较简单：设dp[i]是到达i的最小代价，那么对

 原题的无向图等价于上图所示的联通图，此时我们要求的就是起始位置到终止位置最少要经过几个有颜色的结点。code #include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=4e5+5;intvis[N];intmain(){//freopen("input.txt","r",stdin);intt;cin>>t;

RudolfandSubway题目大意给定一个\(n\)个点，\(m\)条边的无向图，第\(i\)条边表示\(x,y\)是\(z\)号线的相邻站点，问\(s\)到\(t\)最少需要换乘多少次做法用分层图，对于任意一条线路，让他们单独分为一层，如果一个点既在\(1\)号线又在\(2\)号线，那么它应该处于两个图层中，举个例子441

原题链接简化题意一个无向连通图中将边分成了不同颜色（保证同种颜色联通），问从\(b\)到\(e\)最短需要经过几种颜色思路考虑因为同种颜色联通，可直接在读入的时候开两个vector分别存每个点属于的颜色及每种颜色有哪些点，又因为颜色数字可能跨度比较大，最好另开一个存颜色的种

题解：模拟+去重每一次扔球都将所有可能性加入队列，并设为一层；然后将一层的可能性挨个出列并进行 ((qj+ri−1) mod n+1)，((qj−ri−1+n) mod n+1)操作，然后去重后入列。code #include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=2e5+5;inta[N],b[1005];intmain()

原题链接：Problem-G-Codeforces思路：根据题意可知相同颜色的边一定是联通的，那么就可以设置虚点，例如1-2，2-3，3-4边的颜色都是相同的，那么就可以设置一个特殊的点例如设置为10，那么这三条边就可以改成1-10，10-2，2-10，10-3，3-10，10-4，从点到虚点需要1的代价，但是从虚点到其他点不需要代价，

原题链接：Problem-E-Codeforces题目大意：给一个行为n列为m的河流二维数组，数字代表河流的深度。题目要求连续建造k座桥，桥的定义是从第一列到第m列，每隔d需要按照支架，安装支架的代价是深度+1。问安装最少需要多少代价？思路：单调队列优化dp，dp数组只需要一维，dp[i]的含义是从1到i建

题解由于a1的值只能通过对a2的操作进行消除，所以我们可以先根据a1的值迭代出a2，a3的值，然后此时的a2，只能通过a3的操作进行消除.....以此类推，如果其中发现有ai的值<0就输出NO。code #include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=2e5+5;inta[N];intmain(){//

题解遇到map时，sum++；遇到pie时，sum++。特殊情况遇到mapie时，sum--（因为map，pie分别加了一次，但是该子串只需要去掉p即可）code #include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=2e5+5;inta[N];intmain(){//freopen("input.txt","r",stdin);intt;ci

题解简单的二分应用，对于每个bi我们只需找到最大的ci使得bi+ci<=target即可code #include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;inta[105],b[105];intmain(){//freopen("input.txt","r",stdin);intt;cin>>t;while(t--){int

原题链接题解太巧妙了！！原题等效于该分层图，然后广搜本题中我用了另一种方法建边，因为清空太麻烦了code#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intmain(){ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);intt;cin>>t;while(t--)

原题链接题解最大值最小\(\to\)二分可行性判断：二分间断值\(len\\to\)如果原序列\(a_i-a_{i-1}>len\)\(\to\)双指针判断有没有\(b+f\)使得\(a_i-len<=b+f<=a_{i-1}+len\)由于只能使用一次，所以若使用两次也算错code#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;