cat_pikapikapi的博客

题意是：给你一个二分图，让你在其中选一些边，边和边两边的点构成一个新图，然后问新图的最小代价？ 新图要满足两个条件：右边的点必须全选，左边的点必须满足互斥关系。 原图也满足一些性质，每个点的度小于3，左边的每个点不会向左边编号比它小的点连边。 为什么爆搜能过，为什么爆搜能过，为什么爆搜能过。。。。。。 而且还比我快。 爆搜就是加个剪枝，如果当前的sum比ans大就不继续往下搜了。。。。不会...

赛后发现是道原题。。。 比赛时想到了线段树维护dp，然而dp没有写好。。。 考虑如果只对原序列询问一次，那么可以o（n）的dp去做，dp[i][j]表示在i个位置达到状态j的最小花费，第二维的状态有｛2｝，｛20｝，｛201｝，｛2019｝。 发现可以分开考虑在每个位置转移的花费，然后用线段树维护。 考虑两个不同区间状态的合并，可以暴力枚举中间转态，k^3的转移。 #includ...

比较好玩的容斥，，， 如果不加限制的话，是一个经典的轮廓线dp。 加上限制之后，考虑利用容斥求出不合法的方案数。 最开始想的时候，想的是求出所有的方案数，减去所有列不合法的方案数，减去所有行不合法但列合法的方案数。。 但是好像过去麻烦，可以考虑再求得时候就保证行合法，这样就只需要减去列不合法的方案数。 只需要容斥一下,枚举所有可能的列状态，减去一列不合法的方案，加上两列不合法方案，，， ...

大致题意：给你n个点，第i个点在的位置为(xi,yi)，有两个属性值(ai,bi)。现在让你把这n个点划分为A和B两个部分，使得最后不存在i∈A和j∈B，使得xi>=xj且yi<=yj。然后对于所有的划分方法，找到并输出 比较巧妙的dp思路吧。。。。 ...

主要利用了LCA 的性质——一个区间的LCA等于区间内相邻点的深度最低的LCA。 所以这个问题就转化成选取k个相邻点的深度 或 单点的深度。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 300005 #define go(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define i...

题意：给你一颗树，每条边有边权，定义每条路径长度为路径上相邻边 权值差的平方和。 树dp加斜率优化 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200005 #define ll long long #define go(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define de...

这个题，做的时候想了个cdq的做法，但是o（n^2 lognlogn）的，感觉上就会T死。 正解还是很巧妙的。。。 定义dp[i][j],1<=i<=n,0<=j<=1，表示以a[i]为结尾，大于或小于的情况。 枚举第二个数组的元素，对于每个元素，遍历第一个数组，用前缀和统计一个大于和小于的情况，遇到相等遍进行修改。 #include <bits/stdc+...

E.Ehab and the Expected GCD Problem 题意：对n的一个排列，使这个排列中前缀的不同gcd个数最大，问有多少种这样的排列? 思路：考虑gcd的衰减，所以第一个数一定有最多的质因子个数。那么它一定是形如2^x*3^y,(其中y<=1)。因为任何比3大的质数都至少可以提供2个2，而3^2可以提供3个2。 所以我们可以考虑如下的dp： dp[i][j][k]...

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/139/B 来源：牛客网 题目描述 Count the number of n x n matrices A satisfying the following condition modulo m. * Ai, j ∈ {0, 1, 2} for all 1 ≤ i, j ≤ n. * Ai, j = Aj, i...

题意：给你一棵树，树上有一些重要的点，让你选一个只包含重要的点的点集，满足点集里最远的两个点不超过k,问有多少种选法 想了好久，题解说得太简略了。。。 dp[i][j]表示在i这颗子树中距离i点最远点距离为j的方案数。 考虑如何从子树转移，显然 我们遍历到一颗新子树时，要用之前的所有方案乘以这颗子树的方案来更新。 即dp[u][max(i,j+1)]+=dp[u][i]*dp[to][j...