**状态定义：**
设 \( dp[i] \) 表示到达站点 \( i \) 时的最小总加油花费。
**转移方程：**
\[
dp[i] = dp[i-1] + \max\left(0,\ \left\lceil \frac{v_{i-1} - r_{i-1}}{d} \right\rceil \right) \cdot \min_{1 \leq j < i} a_j
\]
其中 \( r_{i-1} \) 为到达站点 \( i-1 \) 后剩余的可行驶公里数，且 \( r_i = r_{i-1} + \left\lceil \frac{v_{i-1} - r_{i-1}}{d} \right\rceil \cdot d - v_{i-1} \)。

每天剩余苹果数更新公式：
\[
r \gets r - \left\lceil \frac{r}{3} \right\rceil = \left\lfloor \frac{2r}{3} \right\rfloor
\]
编号为 \(n\) 的苹果在当天未被拿走时，其下一天的位置更新公式：
\[
p \gets p - \left\lceil \frac{p}{3} \right\rceil
\]
它在某一天被拿走的充要条件是：
\[
p \equiv 1 \pmod{3}
\] Latex不会敲，AI转的

**等待时间的计算：**
当我们需要在一条道路前等待时，计算公式为：
\[
\text{等待周期数} = \left\lceil \frac{\text{开放时间} - \text{当前时间}}{k} \right\rceil
\]
在代码中，我们使用整数除法来实现向上取整：
\[
x = \frac{\text{na} - \text{nt} + k - 1}{k}
\]
**余数的计算：**
走过一条道路需要1分钟，所以新的余数为：
\[
\text{新余数} = (\text{当前余数} + 1) \mod k
\] AI转的一个latex版本的

意思大概是：
有n个旅游景点，m条道路巴士每k分钟发一班车，每条道路有开放时间，必须等到开放时间才能通过，要找从入口(1号)到出口(n号)的最早到达时间
思路（个人）：
我们用d[i][j]记录到达第i个景点时，时间除以k的余数是j的最早时间从起点(1号景点)开始，时间为0，余数为0，对于每个景点，检查所有能去的道路如果当前时间小于道路开放时间，需要等待到开放时间，走过道路需要1分钟时间，更新到达新景点的时间和余数
主要就是俩计算方法：
等待时间的计算：(开放时间-当前时间+k-1)/k，这样能算出需要等几个完整的k分钟
余数的计算：(当前余数+1)%k，因为走过道路需要1分钟

粘不完

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main(){

 freopen("bus.in","r",stdin);

 freopen("bus.out","w",stdout);

 int n,m,k;

 cin>>n>>m>>k;

 int u[20005],v[20005],a[20005];

 vector<int> g[10005];

 for(int i=0;i<m;i++){

 cin>>u[i]>>v[i]>>a[i];

 g[u[i]].push_back(i);

 }

 int d[10005][105];

 for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<k;j++)d[i][j]=1000000000;

 d[1][0]=0;

 queue<pair<int,int>> q;

 q.push(make_pair(1,0));

 while(!q.empty

注意：本题文件名为 chessboardd 而并非 chessboard

回复 @┭┮﹏┭┮ :
失踪人口回归

回复 @金牌教师王艳�� : 可以记搜

？

原题地址：https://www.hackerrank.com/contests/w34/challenges/magic-cards

先来考虑一个排列可到达的条件是什么。
如果不是 n 排列，而是 01 序列的话，那么条件是显然的：只要对于任意 i，序列 b 的 第 i 个 1 都位于序列 a 的第 i 个 1 的右边（不一定严格），那么 a 就可以到达 b。
对于一个 n 排列 a，以及一个数 k，把 a 中大于 k 的数标为 1，剩下的数标为 0，
就能得 到一个 01 序列。如果对于任意的 k，排列 a 对应的 01 序列都能够到达排列 b 对
应的序列，那么排列 a 就可以到达排列 b。
它的必要性是显然的。至于充分性，可以观察下面这个移动策略： i 从 n 到 1 的顺
序，每次将数字 i 移到它的目标位置，令当前位置为 l，目标位置为 r，当前 (l, r] 区间的
最大数字为 a[j]，那么把 a[l] 和 a[j] 交换一下即可。
容易看出这样移动一定是可行的。
那么只要做一个 01 串 DP： F[i][j]表示到第 i 位，已经用了的集合为 j 的方案数，从一个全 0 的串开始，每次转移
是枚举第 i 位放几，即将串中的某个 0 改为 1，最后到达一个全 1 的串，且保证经过的都
是合法 01 串。

暴力是O(3^N)。
考虑meet-in-the-middle，左边的那些3^(N/2)枚举分别是不放还是放到第一组还是放到第二组，并记录下来。
右边的3^(N/2)枚举后，再2^(N/2)看看左边符合这个值的那些，就行了。
总复杂度O(6^(N/2))。
其实调整左右大小可以使得复杂度更优。
来源：USACO 2012 OPEN GOLD subsets

这题题意真的清楚么

\frac{3}{2}\sum_{\alpha=0}^3\sum_{\beta=0}^3 g^{\alpha\beta}\partial_\mu\partial_\nu g_{\alpha\beta} = \frac{3}{2}\left(g^{00}\partial_\mu\partial_\nu g_{00} + g^{01}\partial_\mu\partial_\nu g_{01} + g^{02}\partial_\mu\partial_\nu g_{02} + g^{03}\partial_\mu\partial_\nu g_{03} + g^{10}\partial_\mu\partial_\nu g_{10} + \cdots + g^{33}\partial_\mu\partial_\nu g_{33}\right)

简单描述
公式使用两个美元符号扩起来，对于独占单行的公式，则需要两边各有两个美元符号包裹起来。
下标使用下划线表示，如：
$a_i+b_j=c_k$
显示为：
ai+bj=ck
上标使用向上的箭头（C 语言中的异或符号）表示，如：
$y=ax^2+bx+c$
显示为：
y=ax2+bx+c
除此之外，还有一些常见的使用方法，如：
$\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$
显示为：
−b±b2−4ac√2a

格式问题
题目描述第10行，“我们按上述算法得到的排列顺序将它们从 0∼2(上标n-1)编号”中，“2(上标n-1)”应该为“$2^n-1$”。

人品-=114514

回复 @dustsans :
膜拜大佬，能写出来全靠您这讲解了 一开始就没敢写五重循环

S组最温柔的一道第一题，也是唯一一个我认为 不用去网上搜相关内容就能写的了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {

 freopen("duel.in", "r", stdin);

 freopen("duel.out", "w", stdout);

 int n;

 cin >> n;

 int a[100005];

 for (int i = 0; i < n; i++) {

 cin >> a[i];

 }

 sort(a, a + n);

 int ans = n;

 int j = 0;

 for (int i =0;i<n;i++) {

 while (j<n&&a[j]<=a[i]) {

 j++;

 }

 if (j < n) {

 ans--;

 j++;

 }

 }

 cout << ans << endl;

 return 0;