ZGS_WZY的博客

怎么办啊。。。笔者太懒了不想写题解。。。#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define rep2(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)#define ll long longusing namespace std;template<type...

题目链接算法： 首先有这样一个贪心策略：将答案转成二进制考虑，从高位到低位枚举，对于当前这一位，除非它在最优策略下只可能是1，否则我把这位设成0，沿着这个思路我们分两类考虑： (1)对于1<=A<=B<=N的数据，我们将答案从高位向低位枚举，设f[i][j]表示将前i个数分成j组的方案中，是否存在可以使当前这一位为0的方案（0为没有，1...

题目链接算法：         为了保证DP的正确与方便，这里先提供一个结论：每次操作都一定要拔高第n棵玉米。         以下引用NS·YJD大佬的一篇博客的证明：         首先无论操作区间在哪里，如果区间两边存在玉米，那么这些玉米与区间内玉米拔高后的相对高度关系只有3种情况：1.原本区间内比它们高的玉米还是比它们高。2.原本区间内比它们矮的玉米不再比它们矮。3.原本...

题目链接算法：          由题意，每一行和每一列我们可以放至多两个炮，则我们设f[i][j][k]表示目前已放完前i行，在m列中有j列放了0个炮，有k列放了1个炮。然后我们分：不放炮、放一个炮{ 在j列中选一个，在k列中选一个 }和放两个炮{ 在j列中选两个，在k列中选两个，在j和k列中各选一个 }，这几种情况转移状态即可。          （具体细节参考程序）Code：...

题目链接算法：          对于第一问，设f[i]为以i这个位置为结尾的最长递增子序列的长度，一个O(n^2)的DP即可；          对于第二问，因为每个位置仅能选一次，我们可以把一个位置i拆成两个节点i1与i2，每一个i1各向对应的i2连一条无限流量的边，源点S向每一个f[i]=1的i的i1连一条流量为1的边，再由每一个f[i]=第一问答案的节点i的i2向汇点T连一条流...

题目链接算法：          对于每一个骑士，我们由他痛恨的骑士向他自己连一条边，由此整个图组成了若干个联通块，而每个联通块正式一个基环树，则答案就是两条边只选一个点的权值之和的最大值，那么我们设f[i][0\1]表示i这个节点选\不选的最优战斗力，那么对于每一个联通块，我们可以找出环上的某一条边，暂时把它隔开，分两种情况，一种选左边那个骑士，另一种选右边那个骑士，分别在树上DP，然后...

题目链接          经过了14次的提交，终于正大光明的把本题A掉了。。。。算法：          主要思想是模拟退火，具体操作就是，我们对于每一个生成的排列，用连续分组DP处理此情况下的最小均方差。          dp[i][j]表示前i个数中分j组的最小均方差，dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k-1][j-1]+prefix[i]-prefix[j...

题目链接算法：          鸽鸽鸽了。。。。。 Code:#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define mo 1000000007using namespace std;template<typename T> void chkmo(T ...

题目链接算法又被鸽鸽鸽了。。。Code：#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)#define rep2(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)using namespace std;template<typename T> void c...

题目链接 翻译题意：一开始只有一个点，做n-1次操作：在已生成的点中等概率的挑一个。求最后生成的树的高的期望。 我们可以设F[i][j]表示由i个点组成高不超过j的树的概率，G[i][j]表示由i个点组成高不超过j的森林的概率，此时我们考虑：在任意一种组成森林的方案中，我们用一个点连向森林中每一棵树的根节点，就正好对应了一种由i+1个点组成高不超过j+1的树的方...