括号配对内存限制：512MiB时间限制：1000ms标准输入输出题目类型：传统评测方式：文本比较题目描述Hecy又接了个新任务：BE处理。BE中有一类被称为GBE。以下是GBE的定义：空表达式是GBE如果表达式 A 是GBE，则 [A] 与 (A) 都是GBE如果 A 与 B 都是GBE，那么

ARC059C.BeTogether签到题。枚举要改成哪个，因为值域只有\([-100,100]\)。然后对总代价取个\(\min\)即可。#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;typedeflonglongLL;constLLMAXN=105;LLn,A[MAXN];intmain(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.ti

好不容易的一次CF阳间赛，这次题目普遍较长。A-PenchickandModernMonument题目大意将一个非递增的序列通过操作某些数（可增大可减小），最终使得序列变成一个非递减的序列，求出最少要操作多少次？解题思路这个题也是想了不断时间，而且还提交错误一次，原因就是调试的代码没

P11233[CSP-S2024]染色设\(f[i][j=0/1]\)表示涂到第\(i\)位，且第\(i\)为颜色为\(j\)，则考虑用\(i\)之前能和\(i\)匹配的位置\(p\)进行转移。\(p\)需要满足下面的条件：\(a[p]=a[i]\)。\(p\)的颜色为\(j\)。\([p+1,i-1]\)之间的颜色全不为\(j\)。显然，我们只需要找满足条件的

链接：Problem-401C-Codeforces思路：一道思维构造题。根据简单推导不难得出：当n>m+1||(n+1)*2<m时，前者为0最多的情况，后者为0最少的情况。当n>m时，结果一定为“010......010”当n<m时，先是“110110......”，然后当n=m时，是“101010......”。最后剩下的“0”和“1”单独

传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P2113解题思路可以设  表示前  场比赛看了  场，小红的满足度为  的最大精彩度。然后可以枚举前面的一个比赛 ，可以得到转移方程：但是，我们发现数组空间有一点小大，可以优化一下。发现每一次转移都是 ，于是可以滚动数组优化空

难度分类（同一难度下按字典序上升）入门:G简单:C,E,A中等:F,D,B困难:HG-解题思路按照题意模拟即可G-代码实现#include<bits/stdc++.h>intmain(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::strings;

你有\(n\)个正整数\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，它们的和是\(m\)。你想对他们的每个子集\(S\)，求出它们的和。现在你得到了\(2^n\)个\([0,m]\)之间的和，其中数字\(i\)出现了\(b\)次。现在给出数组\(b\)，请还原\(a\)数组。显然，最小的满足\(b_i>0\)的\(i\)肯定在

[CSP-S2019]格雷码很简单的规律题。考虑决策每一位的\(0/1\)，从高位往低位决策。将\(k\)可以看作当前的排名。第\(i\)位若\(2^{i-1}<k\)，说明当前位为\(0\)。否则当前位为\(1\)，并将排名更新为\(k=2^i-k-1\)然后继续决策即可。时间复杂度\(O(n)\)，递归或循环实现都可

linkvp赛时过了ABD，CE没做出来，唐完了eee感觉自己真的可以退役了A-PrimaryTaskB-SeatinginaBusC-NumericStringTemplate这题很简单，开两个map扫一遍就可以了，但是赛时我只开了一个，然后居然没调出来qwq，降智D-RightLeftWrong很显然的贪心，最左边配对

难度分类（同一难度下按字典序上升）入门:C简单:G,D中等:E,H,F,A困难:BC-解题思路数一下每个字母的数量看是不是偶数就可以得到答案。C-代码实现#include<bits/stdc++.h>intmain(){std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout

dp[a][b][c][d]表示走了a+b2+c3+d*4步的当前的最大值，状态转移方程就出来了。点击查看代码#include<iostream>#include<stack>#include<cmath>#include<algorithm>#include<set>#include<vector>#include<climits>#include<string.h>#i

The2024CCPCNationalInvitationalContest(Northeast)ADEJA.PaperWatering思路：有两种类型的操作，对一个数开根号或平方。平方没有什么问题，开根号由于是向下取整再平方就会产生不一样的数。那么做法也很简单了。对于一个数\(x\)，\(k\)步，首先它能平方往后变\(k\)步，往前能

牛客小白月赛100A~EA-ACM中的A题签到不多说//AConemoretimes//nndbk#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;typedeflonglongll;constintmod=1e9+7;constintN=2e5+10;lla[N],b[N];intmain(){ios::sync_with_stdio(false);cin.ti

比较简单的dp，但是建模可能会比较困难。以P1775石子合并（弱化版）为例（https://www.luogu.com.cn/problem/P1775）思路：要求1-n的石子合并的代价，可以看成小的区间问题，化为1-k+k-n的两个区间。然后就有递推式子：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[j]-w[i-1]。编

简单四维dp。#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;inta[355],b,t[5],dp[45][45][45][45];intmain(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(NULL); cout.tie(NULL); intn,m,r; cin>>n>>m; for(inti=1;i<=n;i++)cin>>a[i]; dp[0][0]

题目传送门解题思路其实你只要知道：这题你就秒了。我们发现 ，于是开一个桶来统计每个数出现的数量。我们只需要枚举每一个数的倍数，然后统计。最后，如果一个数出现了多次，再特判一下即可。代码#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intn;intcnt[500001];

先给出比赛链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/92036A小红打怪ShowCodeAclassPoint{//点类public:intx,y;Point(){}Point(intx,inty):x(x),y(y){}Pointoperator+(constPoint&P)const{returnPoint(x+P.x,y+P.y);

先给出比赛链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/91452下面说一下难度分层：(同一难度下按字典序排序)Easy(简单):B,FMedium(中等):A,E,HHard(困难):C,GAnti-AK(防AK):D,Icin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);//加速输入输出的A游游的整数翻转将所

前言胸有丘壑，气吞山河。正片A题：考虑使用DP，由于题目给了2个a不能在一起的限制，所以每次接上一个a都要考虑一下前面的一个状态是否也是a。于是就可以使用\(f,g\)数组，\(f_i\)表示第\(i\)个字母是a的合法情况有多少，\(g_i\)表示第\(i\)个字母是b或c的合法

解题思路考虑线性dp。首先如果存在\(a_i>m\)，那肯定不满足条件，输出\(-1\)。设\(f_i\)表示前\(i\)个数分成若干段，然后每段最大数之和，其中每段内的整数之和不超过\(m\)。\(f_i\)肯定是由\(f_j\)（\(1\lej<i\)）转移过来的，也就是前\(j\)个数分好后再加上\((j,i]\)这一

问题如下（附链接）：Alice和Bob的爱恨情仇题解代码如下：#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intmain(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);intn,k;cin>>n>>k;intans=0;for(inti=0;i<n;i++){intx;cin>>

这一期，我们来讲IOS优化，上一期讲了GCC的优化，这次给大家带来的是IOS优化，代码如下。ios::sync_stdio(0),cin.tie(),cout.tie();ios::sync_with_stdio(0)：默认情况下，C++的标准输入输出流（cin/cout）会与C语言的标准输入输出流（scanf/printf）同步。这可能会导致一些性能开销。当使用

PR工具使用TIEcell的前提条件：1，DC后的netlist中自带TIECELL或者存在1‘b0，1'b1这种接0或者接1的代码2，在place阶段设置set_dont_touch[get_lib_cells*/TIE01*]false（在place阶段对TIEcell可进行优化）set_lib_cell_purpose-includeoptimization[get_lib_cells*/TIE01*]（在p

概率题。本蒟蒻不会概率dp，于是手搓枚举。反正爆枚够用后记：SadBee的想法考虑维护每队对上上一队/下一队的胜率。只有两队最简单，用1乘即可那多队呢？不如看成两队。见：P(1胜)=P(1战胜2)P(3战胜4)P(1战胜3)+P(1战胜2)P(4战胜3)P(1战胜4)P(2胜)=