05 2026 档案
摘要：Mocha 认为一个数组 a 是美丽的，如果存在两个下标 i 和 j（1 ≤ i, j ≤ n，i ≠ j），使得对于所有 k（1 ≤ k ≤ n），a_k 都能被 a_i 或 a_j 整除。 首先，一个数组的最小值一定是ai和aj其中之一，那么首先选取最小值，然后将数组中最小值的倍数全部消去，同理
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摘要：给定四张牌，每人两张，一名玩家赢得整场游戏的条件是：他赢得的回合数严格多于对手（即比对方多） 要么1：0，要么2：0，简单的暴力枚举就行，当时想把所有情况提前模拟出来，发现好蠢，给出确定abcd，每人翻牌两种可能性，总共为四种，模拟四种情况得分 include<bits/stdc++.h> usin
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摘要：课程志愿分为 k+1 个优先级（k ≤ 20），其中 1 级最高，k+1 级最低 前 k 个志愿级别有容量限制,一开始前k个都满足 策略：从后往前，一个一个变到k+1级，不会超出限制 include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[100],b[1
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摘要：有一个h*n网格，可以最多放置两个排水口，可以通过向下、向左或向右移动（不穿过泥土格）到达该排水口的水格都会被排走 在第 i列中，底部ai格是泥土，其余在上方的格子是水。 先考虑放置一个排水口，用cnt[i]代表在a[i]+1处放置排水口能排除水量 如果选两个排水点i,j,那么cnt[i]+cnt[
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摘要：给定一个数组a和数字s，给定F=a1x2+y2x3+y3x4+...+yn-1an 其中xi+yi=ai(2<=i<=n-1),并且要求(xi-s)(yi-s)>=0 由分析得假设yi-1xi+yixi+1中yi-1<xi+1那么此时在xi+yi固定的情况下，应该让xi尽可能大，由此可知，xi和yi
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摘要：A题 由0，1，2构成字符串，每一次操作选子序列，要求子序列和为3的倍数 一个单独的0，一个1和一个2，三个1或者三个2(没考虑到) 用0个数加上，1个数和2个数最小值，再看剩余的1或者2，能分出几个个数为3的 int ans=max(cnt1,cnt2)-min(cnt1,cnt2); cout
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摘要：B 银币总数kg，分配规则：r=x%g，如果r>=g/2(向上取整),实际获得x + (g - r)，否则获得x-r 求节省的最大，对于每个人来说，最多能节省g/2(向上取整)-1个银币，但为了确保银币总数是kg，可以让n-1个人节省g/2(向上取整)-1个银币，最后剩下的分给一个人 设x=g/2(
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摘要：题目描述： 采用类似筛法的思想 范围给到1e6，可以枚举每个d，如果已经在数组中出现，直接continue，想要构造出d，至少要有两个d的倍数gcd=d，因为gcd具有非递增性，所有d的倍数的gcd一定不小于d，因为都是d的倍数，并且所有数gcd同时也是小于等于任意两个数gcd，所以d所有倍数gcd
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摘要：C题 给定v=xy，让求v的所有因数a的a次方之和 将x和y分别分解因数，根号级别复杂度 v的所有因数，本质上就是x和y的所有因数分别相乘，再进行去重 注意，在这里得到的因数不能直接取模，不然去重后会比正确答案的元素少，可能存在去重之前不想等的因数，去重后相等了，而且因数不会超过long long
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摘要：B题 资源合成与最大化问题，属于数学模拟或贪心类型 金:a,银:b,铜:c x个铜换一个银，y个银换一个铜，换一次铜掉落一个铜 关键点在于掉落一个铜，那么就又有可能生成一个金，所以用while一直模拟，不能只模拟一轮 while(c>=x||b>=y) { b+=c/x; c=c%x; a+=b/y
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摘要：给两个正方形矩阵，可以进行子矩阵转置，就是关于子矩阵主对角线元素对称的进行交换，问操作完两个矩阵能否相同 也就是副对角线上元素可以任意交换 看所有副对角线，将每个副对角线元素放到集合里，排序观察是否相等 其中vector排序后可以直接看两个vector是否直接相等，可以优化 for(i=2;i<=n
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摘要：给定x个节点子树大小为偶数，y个节点子树大小为奇数 明确一点，叶子节点字数大小为1，那么一个偶数大小的节点至少跟着一个奇数节点，所以x必定<=y 再考虑整个树的根，根的子树大小为x+y，如果x+y是偶数，那么此时应该至少有一个偶数节点，即x>0 同理，如若x+y是奇数，那么y>0 满足以上三个条件的
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摘要：对于已经将礼物送出去的i，即f[i]>0的，不用改变也不能改变，只需把剩下的没发礼物的和没收到礼物的，让他们一一对应，并且不出现f[i]=i的情况，也就是没有人将礼物发给自己 vector f(n + 1), hasGift(n + 1, 0); vector senders, receivers;
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摘要：给出中序和后序，让给出前序， 前序：根 左 右 中序：左 根 右 后序：左 右 根 前序永远先输出根，那么我就可以根据后序和中序不断找根不断输出 利用dfs找根，substr可以截取字符串指定部分 pos就是在中序中根的部分，0到pos-1就是左子树，右边即为右子树 注意此时的左子树长度未必等于右子
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摘要：C题 最开始想先处理左右都互质得，再处理与右边互质得，还把a[i]=1的给忘了，数组也开小了，在处理等于1时，直接让a[i]=a[i-1]*a[i+1]，这是错误的，如果右边也是1，这样操作浪费了一次操作，没有正确修改，0与任何数都不互质，可以将a[i]修改为0，并且写法也麻烦 第一版代码链接:ht
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摘要：通过用例分析不难知道，k的范围应该是[n,2n-1]，，最小值为n，不难证明，每次翻的两个都是相同的，下面给出最大值2n-1证明 记出现过的为s，未出现过的为u 如果当前这位为s，那么s消耗了一轮 如果当前是u 下一位也是u，也就是uu，每个u各消耗0.5轮 如果是us(二者不同),共消耗两轮， 如
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摘要：做法不难想，但实现起来有点困难，每个数组在最后的位置，都取决于最后一次出现的位置，所以不难想到， 1.在读入数据时，将数组反转 reverse(v[i].begin(),v[i].end()); 2.同一数组中出现重复元素会影响，比如用例中5，不去重会输出 1 1 4 3 2 5 4 6 3 5 5
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摘要：D题 想到了暴力让每个i作为起始点向后操作，其实一个i就两种选择，前边选择会直接影响后边，只需要考虑a1做出两种选择暴力即可，忽略了首位决定性作用，代码没怎么精简 const int N=200010; int a[N],b[N]; void solve() { int n,i,j,sum=0; c
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