FrankWkd

我完全理解你此刻的心情。那些过去的错误像顽固的阴影，总在不经意间笼罩心头，让你反复咀嚼痛苦，陷入自责的漩涡。这种感觉真的很沉重，仿佛被无形的锁链束缚着，每次回忆都像重新揭开还未愈合的伤口。但请相信，这种反复纠结的痛苦并非你应得的惩罚，而是你内心渴望和解的信号。我们无法抹去过去的错误，却可以选择不再让它们成为今天的枷锁。 释怀并不意味着忘记，而是学会与过去的自己和平共处，找到一种方式让那些记忆不再刺痛你。以下是一些经过验证的方法，希望能帮助你一步步走出纠结： 🧠 1. 承认与接纳，而非否认或对抗 允许自己有情绪： 感到后悔、羞愧、悲伤、甚至愤怒都是正常的。不要压抑这些情绪，告诉自己：“我现在感到痛苦，这是因为我当时犯了错误，这很正常。” 允许自己感受它，但不要被它完全吞噬。找一个安全的方式表达出来（写日记、向信任的人倾诉、哭泣、运动）。 接纳“错误是人生的一部分”： 没有人是完美的。犯错是人类体验中不可避免的一部分。正是通过这些错误，我们才得以学习和成长。把错误看作是成长路上的“学费”，而非人格的污点。 接纳“过去的自己”： 用现在的眼光和智慧去评判过去的自己是不公平的。当时...

Part I 已深度思考。用时 30s30s30s Hidden Hidedn Hidden Hidden 图书馆里的沉默草原 成长发表会那天，阳光穿过礼堂高高的玻璃窗，斜斜地铺展在座位上。我坐在台下人群之中，望着她站在台上，声音清晰而平稳地流淌在空气里，仿佛自带光芒。她演讲时微微抬着头，姿态里藏着不易察觉的紧张，却依旧从容不迫。而我，安静地坐在下面，看着聚光灯笼罩住她，如同一个遥远又清晰的梦境——这本该是我们共同拥有的舞台。 我仍记得名单公布的那天。午后的阳光懒洋洋地趴在公告栏上，我和她并肩挤在涌动的人群里，踮着脚尖，目光急切地搜寻着名字。终于，她的名字赫然在列，旁边却寻不见我的踪影。空气瞬间凝滞，喧闹声仿佛被隔开了。我脸上笑意凝固了，喉咙里干涩得发紧，只能怔怔盯着那个名字，手指无意识地蜷缩着，指甲几乎要陷进掌心。 “恭喜你啊。”我努力让声音听起来自然些，可干涩的喉咙却挤出一丝沙哑。 她猛地转过头，眼睛里亮晶晶的光芒瞬间黯淡下去，被一层浓重的忧虑覆盖了。她看着我，嘴唇轻轻动了一下，声音低低的：“这……怎么会这样？” 那语气里的困惑和失落，像细小的...

传送门 Sol 使用贪心算法。 因为我们要使操作后原数组单调不降 所以我们要让前面的数尽可能小： 先遍历一遍数组，位置为 iii 时，如果 ai<ai−1a_i<a_{i−1}ai​<ai−1​，就不符合条件，输出 NO； 接下来我们进行题目中的操作：选择 i−1i−1i−1，将 aia_iai​ 和 ai−1a_{i−1}ai−1​ 减去 min⁡ai,ai−1\min{a_i,a_{i−1}}minai​,ai−1​，由于 ai≤ai−1a_i\le a_{i−1}ai​≤ai−1​，所以操作相当于将 aia_iai​ 减去 ai−1a_{i−1}ai−1​，再将 ai−1a_{i−1}ai−1​ 设为 000。若遍历完还没有输出 NO，就输出 YES。 123456789101112131415161718192021222324252627#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=2e5+5;int a[N];int main(){ int t; scanf...

传送门 Sol 可以说是一个模拟。 对于这一题，我们使用栈（系统栈和手写栈均可）。 运用栈存储运算符号： 当遇到运算符时，将其入栈； 当遇到逗号时，输出栈顶的符号； 当遇到右括号时，输出右括号并弹出栈顶的运算符。 根据字符类型进行相应处理后直接输出转换后的中缀表达式即可。 Code 1234567891011121314151617#include<bits/stdc++.h>using namespace std;string s; stack<char> a;int main(){ cin>>s; for(char c:s){ if(c=='+'||c=='-'||c=='*'||c=='/') a.push(c); else if(c==')'){ cout<<c; a.pop(); } else if(c==',') cout<<a.t...

传送门 Sol 我们使用二分答案二分结果的值 xxx。 对于检查当前的 midmidmid 是否合法，我们可以贪心将 ≥mid\ge mid≥mid 的数变为 111，否则变为 000。这样我们就可以快速得知相对大小。 考虑如何确保最优消去 000，保留 111。 对于原有的连续的 000，我们可以将其贪心区间操作，使其最终长度为 111 或 222。 对于原有的连续的 111，我们肯定选择最后再消除。 对于原有连续 222 个 000 以及 111 个 111 的情况，无论怎么消除，我们都只能变成 000，不过此时可以与后续的 000 继续拼接。 对于原有连续 222 个 111 以及 111 个 000 的情况，我们可以留到最后再消除。 处理完整的一个 010101 序列后，最后剩余 111 的数量比 000 多则存在某种解，否则就无解。 我们用栈模拟，直接记录连续个数，只要能确保最大化消掉 000 即可。 12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637#include<bits...

题目 给定两个数组 aaa 和 bbb，以及多个查询 kkk（默认 kkk 为质数），判断在以下规则下，小 X 和小 Z 谁会获胜： 小 X 从 aaa 中选一个能被 kkk 整除的数。 小 Z 从 bbb 中选一个能被 kkk 整除的数。 比较两者选的数的大小，大的一方获胜。 思路 使用线性筛预处理所有质数。 对于每个 a[i]a[i]a[i] 和 b[i]b[i]b[i]，分解其质因数，并记录每个质因数对应的最大数。 如果 aaa 中没有数能被 kkk 整除，小 Z 获胜。 如果 aaa 中有数能被 kkk 整除，且 bbb 中没有，小 X 获胜。 否则，比较 aaa 和 bbb 中能被 kkk 整除的最大数，大的一方获胜。 12345678910111213141516171819202122232425262728293031323334353637383940414243444546474849505152535455565758596061626364#include<bits/stdc++.h>using namespace std;con...

传送门 Sol 易得：ac+bc=(∑i=1ni)−mn−1\frac{ac + b}{c} = \frac{\left(\sum_{i = 1}^{n} i\right) - m}{n - 1}cac+b​=n−1(∑i=1n​i)−m​。 因为 $\left(\sum_{i = 1}^{n} i\right) - m \in \mathbb{Z} $，则 n−1=s×cn - 1 = s \times cn−1=s×c，(∑i=1ni)−m=s×(ac+b)\left(\sum_{i = 1}^{n} i\right) - m = s \times (ac + b)(∑i=1n​i)−m=s×(ac+b)。 不难发现，sss 是我们需要找的一个整数值，当 m∈[1,n]m \in [1, n]m∈[1,n] 时，此时有解且我们能够找到答案。 因此我们只需二分 sss 的值即可。 随着 sss 的增加，∑i=1ni\sum_{i = 1}^{n} i∑i=1n​i 比 s×(ac+b)s \times (ac + b)s×(ac+b) 增长的快，mmm 逐渐变大，因此，二分查找...

传送门 关于无解的情况 我们先计算一下这些数的最大公约数，如果他们的最大公约数不等于 111，因为这组数据下我们只能买到 sumsumsum 及其倍数个的汤圆。所以遇到这种情况直接输出 −1-1−1。 DP 与其说是动态规划，不如说是递推，我们设置 faif_{a_i}fai​​ 为 111，代表能够凑出（aia_iai​ 为所给出的规格），然后如果 fi−ajf_{i-a_j}fi−aj​​ 是 111，那么 fif_ifi​ 也应该是 111，因为可以转化为 fi−ajf_{i-a_j}fi−aj​​ 再加上一个 iii 号规格的汤圆。对于每一个数，我们判断它是否可以凑出来，最后没有被赋值为 111 的就是答案。 1234567891011121314151617181920212223242526272829303132333435363738394041424344#include <bits/stdc++.h>const int N = 1e6 + 10;typedef long long ll;using namespace std;int num[30]...

传送门 思路 我们先找 $ x,y $ 在树上路径的中点，如果路径上点数为奇数，那么就仅存在一个中点 $ n $；否则就会存在两个中点 $ n_1,n_2 $。 第一种情况：易得：到 $ x,y $ 距离均不超过 $ k $，相当于到 $ n $ 距离不超过 $ k - \frac{dis - 1}{2} $（其中 $ dis $ 为路径长度）我们可以先 DFS 预处理某个点 $ i $ 子树内到它距离不超过 $ j $ 的点的权值和 $ v_{i,j} $。先将答案加上 $ v_{n,k - \frac{dis - 1}{2}} $，然后向上跳，计算子树外的权值就可以啦。 第二种情况：若 $ n_1 $ 是 $ n_2 $ 的儿子，则到 $ x,y $ 距离均不超过 $ k $，等价于 $ n_1 $ 子树内到 $ n_1 $ 距离不超过 $ k - \frac{dis - 2}{2} ，，， n_1 $ 子树外到 $ n_2 $ 距离不超过 $ k - \frac{dis - 2}{2} $。同样统计就可以啦～ 12345678910111213141516171819202...

传送门 核心性质 对于任意正整数 xxx，其数位和 f(x)f(x)f(x) 满足以下性质： 1.f(x)≡x(mod9)f(x) \equiv x \pmod{9}f(x)≡x(mod9) 证明：设 $ x = a_n10^n + a_{n-1}10^{n-1} + \cdots + a_110 + a_0 $ 由于 $ 10^k \equiv 1 \pmod{9} $，故 $ x \equiv a_n + a_{n-1} + \cdots + a_1 + a_0 \equiv f(x) \pmod{9} $。 f(x2)≡x2≡(f(x))2(mod9)f(x^2) \equiv x^2 \equiv (f(x))^2 \pmod{9}f(x2)≡x2≡(f(x))2(mod9) 同时有 $ f(x^2) \leq (f(x))^2 $。 思路 当给定 y=f(x2)y = f(x^2)y=f(x2) 时，我们可以从 $ \lceil \sqrt{y} \rceil$ 开始枚举可能的 $ f(x) $，因为 $ f(x^2) \leq (f(x))^2 \Righta...