给定 $n$ 个互不相同二元组，现在要从其中选出三个二元组，使得这三个二元组的的前一项互不相同或后一项互不相同。求有几种方案。

思路：

正难则反，先算总数：有 $\Large\frac{n \times (n-1) \t]]>

回顾 kruskal：

取边权最小的一条边，若两个点在不同连通块（并查集），则连边合并。

我们把以上规则改一下：

如果点 $A$ 的老大的小弟数<点 $B$ 的老大的小弟数，$A$ 成为 $B$ 小弟。

反之，$B$ 成为 $A$ 小弟。

我们定义 $s_i$ 是点 $i$ 的老大的小弟数，$w$ 是 $a$ 到 $b$ 的边权。

贡献和为：$(s_A×s_B−1) \times (w+1)$。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不在赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AP10928-%E8%B5%B0%E5%BB%8A%E6%B3%BC%E6%B0%B4%E8%8A%82/ 2026-03-09T12:19:45.000Z

回顾 kruskal：

取边权最小的一条边，若两个点在不同连通块（并查集），则连边合并。

我们把以上规则改一下：

如果点 $A$ 的老大的小弟数<点 $B$ 的老大的小弟数，$A$ 成为 $B$ 小弟。

反之，$]]>

2026-03-13T13:50:53.547Z heyZzz 翻译：

求有多少个区间内的数异或值为 $0$。

思路：

处理出前缀异或数组 $q$。

如果 $q_i=q_j$，则区间是存在的。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不在赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9ACF1109A-Sasha-and-a-Bit-of-Relax/ 2026-03-09T12:19:44.000Z

翻译：

求有多少个区间内的数异或值为 $0$。

思路：

处理出前缀异或数组 $q$。

如果 $q_i=q_j$，则区间是存在的。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不在赘述了。

]]>

2026-03-13T13:50:53.541Z heyZzz 前言：

看到楼上楼下基本上都用三维的 dp 数组，我来介绍一种用二维的 dp 数组的做法。

思路：

我们发现，如果要采 $(a,b)$ 上的矿，那么运输路上（即 $(a,b-1),(a,b-2)…(a,1)$ 或$(a-1,b),(a-2,b)…(1,b)$）的这种矿物都要全采。

得知这一点后，我们考虑是用动归，定义 $f_{i,j}$ 为在以 $(i,j)$ 为右下角的子矩阵中的最大采矿量。

维护两个前缀和数组 $a,b$ (具体是什么见代码），$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j}+a_{i,j},f_{i,j-1}+b_{i,j})$。

代码：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int n,m,a[505][505],b[505][505],f[505][505]; signed main(){ while(1){ cin>>n>>m; if(n==0&&m==0) break; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j],a[i][j]+=a[i][j-1]; //前缀和数组 a for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>b[i][j],b[i][j]+=b[i-1][j]; //前缀和数组 b for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) f[i][j]=max(f[i-1][j]+a[i][j],f[i][j-1]+b[i][j]); cout<<f[n][m]<<'\n'; } return 0; }

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AUVA1366-Martian-Mining/ 2026-03-09T12:19:44.000Z

前言：

看到楼上楼下基本上都用三维的 dp 数组，我来介绍一种用二维的 dp 数组的做法。

思路：

我们发现，如果要采 $(a,b)$ 上的矿，那么运输路上（即 $(a,b-1),(a,b-2)…(a,1)$ 或$(a-1,b),(]]>

2026-03-13T13:50:53.551Z heyZzz 思路 1：

使用动态规划算法，$f_i$ 是表示喝 $i$ 瓶药的最大值。

可以得出：$f_j=\max(f_j,f_{j-1}+a_j)$。

关键代码：

1 2 3 4

for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j;j--) if(f[j-1]+a[i]>=0) f[j]=max(f[j],f[j-1]+a[i]);

时间复杂度：$O(n^2)$。

思路 2：

使用贪心算法+优先队列。

先拼劲全力去喝，如果在这道题中喝药喝死了，我们就要将他把药吐出来。

关键代码：

1 2 3 4 5 6 7

for(int i=1;i<=n;i++){ sum+=f[i],q.push(-f[i]); if(sum<0){ p=q.top(),q.pop(); p=-p,sum-=p,t++; } }

时间复杂度：$O(n \log_2 n)$。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9ACF1526C1-Potions-Easy-Version/ 2026-03-09T12:19:43.000Z

思路 1：

使用动态规划算法，$f_i$ 是表示喝 $i$ 瓶药的最大值。

可以得出：$f_j=\max(f_j,f_{j-1}+a_j)$。

关键代码：

2026-03-13T13:50:53.542Z heyZzz 首先，我们知道 $\operatorname{lcm}(x,y) \times \gcd(x,y)=a \times b$。

之后，就可以构造了：

因为 $a$ 一定要整除 $\operatorname{lcm}(a,b)$。

再枚举 $\operatorname{lcm}(a,b)$ 的因数。

每个因数就判断一下，加入答案。

判断的代码：

1 2 3 4

bool check(int a){ int b=x*y/a; return !(a<l||a>r||b<l||b>r||__gcd(a,b)!=x); }

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不在赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9ACF992B-Nastya-Studies-Informatics/ 2026-03-09T12:19:43.000Z

首先，我们知道 $\operatorname{lcm}(x,y) \times \gcd(x,y)=a \times b$。

之后，就可以构造了：

因为 $a$ 一定要整除 $\operatorname{lcm}(a,b)$。

再枚]]>

2026-03-13T13:50:53.544Z heyZzz 思路：

我们发现，如果要采 $(a,b)$ 上的矿，那么运输路上（即 $(a,b-1),(a,b-2)…(a,1)$ 或$(a-1,b),(a-2,b)…(1,b)$）的这种矿物都要全采。

得知这一点后，我们考虑是用动归，定义 $f_{i,j}$ 是为在以 $(i,j)$ 为右下角的子矩阵中的最大采矿量。

维护两个前缀和数组 $a,b$ (具体是什么见代码），$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j}+a_{i,j},f_{i,j-1}+b_{i,j})$。

代码：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int n,m,a[505][505],b[505][505],f[505][505]; signed main(){ while(1){ cin>>n>>m; if(n==0&&m==0) break; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j],a[i][j]+=a[i][j-1]; //前缀和数组 a for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>b[i][j],b[i][j]+=b[i-1][j]; //前缀和数组 b for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) f[i][j]=max(f[i-1][j]+a[i][j],f[i][j-1]+b[i][j]); cout<<f[n][m]<<'\n'; } return 0; }

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9ASP2884-MARTIAN-Martian-Mining/ 2026-03-09T12:19:43.000Z

思路：

我们发现，如果要采 $(a,b)$ 上的矿，那么运输路上（即 $(a,b-1),(a,b-2)…(a,1)$ 或$(a-1,b),(a-2,b)…(1,b)$）的这种矿物都要全采。

得知这一点后，我们考虑是用动归，定义 $f_{i,j}$]]>

2026-03-13T13:50:53.550Z heyZzz 思路：

$dp_{i,j,c}$ 它表示在前 $i$ 个字符中使用了 $j$ 次更改操作。

并且最后一个字符是 $c$ 的情况下所能达到的最大美丽度。

状态转移方程：

如果 $m=s[i-1]- \texttt a $：$ dp_{i,j,m}=\max{dp_{i,j,m},dp_{i-1,j,q}+c_{q,m}}$

如果 $m \ne s[i-1]-\texttt a$：$dp_{i,j,m}=\max{dp_{i,j,m},dp_{i-1,j-1,q}+c_{q,m}}$。

代码：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26

#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int c[26][26],dp[105][105][26],k,n,p,ans=INT_MIN; string s; char x,y; signed main() { cin>>s>>k>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>x>>y>>p; c[x-'a'][y-'a']=p; } for(int i=1;i<=s.size();i++) for(int m=0;m<26;m++) dp[i][0][m]=-1e9; dp[1][0][s[0]-'a']=0; for(int i=2;i<=s.size();i++) for(int j=0;j<=k;j++) for(int m=0;m<26;m++) if(m==s[i-1]-'a') for(int q=0;q<26;q++) dp[i][j][m]=max(dp[i][j][m],dp[i-1][j][q]+c[q][m]); else if(j) for(int q=0;q<26;q++) dp[i][j][m]=max(dp[i][j][m],dp[i-1][j-1][q]+c[q][m]); for(int m=0;m<26;m++) ans=max(ans,dp[s.size()][k][m]); cout<<ans<<endl; return 0; }

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9ACF73C-LionAge-II/ 2026-03-09T12:19:42.000Z

思路：

$dp_{i,j,c}$ 它表示在前 $i$ 个字符中使用了 $j$ 次更改操作。

并且最后一个字符是 $c$ 的情况下所能达到的最大美丽度。

状态转移方程：

如果 $m=s[i-1]- \texttt a $]]>

2026-03-13T13:50:53.543Z heyZzz 题意：

把给定的区间合并成最简的形式。

思路：

可以用贪心的思想解此题：

1. 将所有给出的区间按小值的值从小到大排序。
2. 如果一个区间可以与上一个区间合并的，合并区间。

特判：

1. 如一个区间为 $[-2^{15},2{15}]$ 则输出 true。
2. 如没有合法的区间（即第一个数 $>$ 第一个数）则输出 false。
3. 输出时，省略补全的数字。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AP6123-NEERC2016-Hard-Refactoring/ 2026-03-09T12:19:42.000Z

题意：

把给定的区间合并成最简的形式。

思路：

可以用贪心的思想解此题：

1. 将所有给出的区间按小值的值从小到大排序。
2. 如果]]>

2026-03-13T13:50:53.549Z heyZzz 思路：

使用二分答案。

二分答案分为两部分：check 函数和二分。

二分楼上楼下都讲的很清楚了。

本题解只讲 check 函数。

首先：

1. 先给 $a,b$ 数组排序。
2. 总共有 $\Large \frac{a_i}{b_j}$ $>$ $\Large \frac{a_i}{b_{j+1}}$ 和 $\Large \frac{a_i}{b_j}$ $<$ $\Large \frac{a_i+1}{b_{j}}$。
3. 最后双指针维护即可。

下放部分代码：

1 2 3 4 5 6 7

bool check(double k){ int j=0,sum=0; for(int i=1;i<=n;i++){ while(a[j+1]<k*b[i]&&j<n)j++; sum+=j; }return sum>=q; }

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AP10091-ROIR-2022-Day-2-%E5%88%86%E6%95%B0%E6%8E%92%E5%BA%8F/ 2026-03-09T12:19:41.000Z

思路：

使用二分答案。

二分答案分为两部分：check 函数和二分。

二分楼上楼下都讲的很清楚了。

本题解只讲 check 函数。

首先：

2026-03-13T13:50:53.545Z heyZzz 线性 DP。

不难想到 $dp_{i,j}$ 代表在 $a$ 中前 $i$ 个数和 $b$ 中前 $j$ 个数满足要求。

状态转移方程是：

边界：

1. 如果 $i=m$，$dp_{i,j+1}=\min{dp_{i,j}}$。
2. 如果 $j=n$，$dp_{i+1,j}=\min{dp_{i,j}}$。

之后：

1. $a_{i+1}=b_{j+1}$ 或者 $a_{i+1}=1$ 或者 $b_{j+1}=1$，$dp_{i+1,j+1}=\min{dp_{i,j}}$。

最后 $dp_{i+1,j}=\min{dp_{i,j}+1},dp_{i,j+1}=\min{dp_{i,j}+1}$。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不在赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AP10043-CCPC-2023-%E5%8C%97%E4%BA%AC%E5%B8%82%E8%B5%9B-%E5%B9%BF%E6%92%AD/ 2026-03-09T12:19:41.000Z

线性 DP。

不难想到 $dp_{i,j}$ 代表在 $a$ 中前 $i$ 个数和 $b$ 中前 $j$ 个数满足要求。

状态转移方程是：

边界：

1. 如果 $i=m$，$dp_{i,j+1}=\min{dp_]]>

2026-03-13T13:50:53.544Z heyZzz 思路：

注意到树有这样的性质：每个点的度数和为 $2(n−1)$。

于是我们给每个点 $1$ 的度数，然后分配剩下的 $2(n-1)-n=n-2$ 个数。

之后用贪心算法，对当前最优的点进行操作，对答案的为 $a(2d+1)$。

维护一个优先队列，存入 $a(2d+1)$。

每次取出堆顶，最后将每一个点的累加即可。

代码楼上楼下都已经写的很明白了，我就不赘述了。

]]> https://heyzzz629.github.io/2026/03/09/%E9%A2%98%E8%A7%A3%EF%BC%9AP7840-%E3%80%8CC-E-L-U-03%E3%80%8D%E9%87%8D%E6%9E%84/ 2026-03-09T12:19:41.000Z

思路：

注意到树有这样的性质：每个点的度数和为 $2(n−1)$。

于是我们给每个点 $1$ 的度数，然后分配剩下的 $2(n-1)-n=n-2$ 个数。

之后用贪心算法，对当前最优的点进行操作，对答案的为 $a(2d+1)$。

2026-03-13T13:50:53.550Z