Icefox的博客

题目给出一个 n 个点，m 条边的有向图，要求求出删掉一些边以后，整个图强联通的方案数，其中 n≤15,m≤n(n−1) 好难啊qaq 题解传送门：portal 实现上也有一些技巧要注意qaq#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#def...

建出ACAM，然后装压到每个点的串匹配状态。 最短的字典序最小的，于是我们贪心地从小到大bfs。 复杂度O(nm2n)O(nm2n)O(nm2^n) 这题卡内存真是酸爽【再见】#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 6...

动态动态dp qaq 观察lcs的转移方程，我们发现f[i][j]与f[i][j+1]最多差1，于是可以差分掉状压。 复杂度O(n2m)O(n2m)O(n2^m)#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define ll long lo...

题目中的标号都是从0开始的！所以攻击模板中你的位置为中间那一行！所以可以只考虑相邻两行的转移！先处理出f[s1][s2]表示相邻两行状态为s1,s2是否可行。 然后n很大，所以我们要矩阵加速。 复杂度O((2m)3logn)

f[i][j]表示选了i状态的位置上的数，余数为j的方案数。 最后用排列组合的知识去一下重（除掉同一个数的顺序） 复杂度O(T∗2nm)O(T*2^nm)

不难发现一个合法的状态可以用每一列有多少个棋子来表示。 状压一下就是11^10,可以用Hash表来存。可以注意到其实合法状态没有多少，可以先都搞出来存在队列里再倒着做。f[S]表示S状态的局面先手可以再得多少分，考虑转移，先手取最大，后手取最小。

这大概就是动态动态规划了吧qaq题意：给一个长度<=15的串S（仅包含ACGT），对于所有的i（0<=i<=|S|），求有多少长度为M的串T满足串T和串S的最长公共子序列长度为i。我们考虑普通的O(n^2)dp求lcs,f[i][j]表示LCS(S[1..i],T[1..j]) 我们有转移: f[i][j]=max(f[i][j−1],f[i−1][j],[S[i]==T[j]]∗(f[i−1]

应该直接爆搜就可以了。我状压了一下每个位置目前是否被占据，跑得快了一些。不过这样输出路径时有点麻烦x 注意输出的,后面有空格。。。

给定一个序列a，每个数不超过30，让你找出一个合法的序列b使得 ∑i=1n|ai−bi|\sum\limits_{i=1}^n|a_i-b_i|最小。 合法的序列b定义为b中的数两两互质。数列中的数两两互质这个要求怎么转化呢？其实就是要求每个质因数只能出现在一个数中。我们首先观察到b中的数最大为2*max{a}-1.（否则变成1肯定更优）所以b每个位置可填的数也就只有60种。可能的质因数只有17

首先处理出w[s1][s2]表示把s2的点都连到s1上的最小花费（s2中的每个点只能连到s1中的某个点上）。怎么处理呢？先O(2n∗n)O(2^n*n)做出单点到一个集合的花费，然后O(3n∗n)O(3^n*n)的处理出其他的集合到集合的花费。然后就可以dp了。 dp[i][S][s1]表示深度最大为i,已连接了S的点，最深层的点为s1的最小花费，我们枚举一个S的补集的子集s2来转移即可。 dp

妙啊。 我们考虑搞出这样一张表：1 3 9 27 ...2 6 18 544 12 36 1088 24 72 216...相邻位置的数不能同时选即可，注意到最多只有11列，于是我们可以状压dp来计算方案数。我们注意到5,7…并没有出现在这张表中，于是记录已经算过的数，没算过的数就放在左上角生成这张表算一遍，把方案数乘起来即可。 复杂度大概O(n/lnnlog2n2lo...

一个n*m的棋盘，有些格子是障碍，问存在多少条哈密顿回路。(n,m&lt;=12) 基于连通性的状态压缩动态规划。cdq论文。 这题逐格递推，括号表示法，滚动数组+Hash表优化空间。 复杂度O(S∗n)O(S∗n)O(S*n) 2017.5.21第一次写这道题。 2018.6.13把这题整理到blog上。 这一年来，水平究竟有没有长进呢… 当时就能写出Hash表+括号表示法的插头d...

首先我们有一个树形状压dp的想法，f[x][i][S]表示x节点，匹配原图的i节点，子树匹配了原图S状态的点的方案数，这样可以保证一一对应，不重不漏，可惜复杂度高达O(n33n)O(n33n)O(n^33^n),无法承受。 我们考虑容斥，用树上n个点匹配原图n个点的所有方案-匹配原图n-1个点的所有方案+匹配原图n-2个点的所有方案-… 于是我们O(2n)O(2n)O(2^n)枚举原图的一个点...

首先考虑n&lt;=30怎么做，没几个质因子，状压掉 然后n&lt;=100，状压着有点费劲，各种优化，比如*2&gt;n的质因子肯定是贡献3倍答案，*3&gt;n的质因子可以讨论一下也不压进状态里，然后就可以卡过去了 这启发了我们正解的思路！对于大质因子我们一起转移，然后就把这个大质因子这一位扔掉。 我们只需要状压&lt;500−−−√500\sqrt {500}的那么8个质因子就好了。 ...

dp[i][s]，表示前i个商店，买了状态为S的物品的最小花费。 背包转移即可。 复杂度O(n2mm)O(n2mm)O(n2^mm)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3f#define N 110inline char gc(){ ...

考虑对于一个序列，如果SpSpS_p是最大前缀和，那么对于p+1…n这个序列，需要满足任意前缀和均&lt;=0.否则SpSpS_p一定不是最大前缀和。sum[s]表示s子集的点的权值和。 f[s],表示选了s的点,sum[s]为最大前缀和的方案数 g[s],表示选了s的点,所有前缀和均&lt;=0的方案数 那么最后答案就是∑sum[s]∗f[s]∗g[s¯¯¯]∑sum[s]∗f[s]∗g...

贪心的把背包按容量从大到小排序，状压24个物品，S的物品放进去了需要最少几个背包f[S]，以及此时最后一个背包的最大剩余容量g[S]。 复杂度O(n2n)O(n2n)O(n2^n)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define ll long long#define inf 0x3f3f3f3finline char...

设f[i][S]表示答案集合S大小为i，不可选的点的状态为S的方案数。 考虑在答案集合中再加入一个j来转移，本来还剩x个点可以选，选了j以后少了y个点可以选，那么这y个点可以随便放在排列的这x个位置之中，方案数为AyxAxyA_x^y。 复杂度O(2nn)O(2nn)O(2^nn)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#de...

类似bzoj1187 这回要求一条简单路的最大权值和。 简单路与简单回路的区别就在于，我们可以有独立插头。 于是多一维状态表示独立插头即可。 转移时多讨论一些情况就好了qaq 此时p=1,q=2的插头不管其实也是可以的，因为一条简单回路一定也能视作一条简单路，在其他情况被讨论到。 注意到我们这样无法考虑到只有一个点的简单路，于是乎单独处理掉。 复杂度O(nm4mm)O(nm4mm)O...

在一个n*m的棋盘上，每个格子有权值，让你找一条简单回路使得经过的格子权值和最大。n&lt;=100,m&lt;=6 插头dp经典题目。复杂度O(nm3mm)O(nm3mm)O(nm3^mm)#include &lt;bits/stdc++.h&gt;using namespace std;#define inf 0x3f3f3f3f#define ll long long#defi...

期望dp就要倒着做。。。 dp[i][S]，表示前i-1轮过后，目前的宝物获得状态是S，在i~k轮能获得的最大期望。那么答案就是dp[1][0]。

首先spfa预处理一下K个点以及起终点之间的最小距离。 然后比较显然的状压dp。f[S][i]表示走过了状态为S的点，现在在i的最短路。枚举一个j去转移，判断一下合法就好了。复杂度看上去是O(km+2kk2)O(km+2^kk^2)的。

dp[s]表示S状态的人都干掉的最小时间，枚举子集来转移，复杂度O(n3)O(n^3)

Poetize10 A.transport(Floyd+状压dp) 先Floyd预处理出两点间最短路径，然后状压dp,dp[s][i]表示状态为s的点都遍历了，停在i的最小时间。枚举一个j去转移就好了。然后处理出f[s]，表示遍历了s状态的点的最小花费。然后枚举A遍历了哪些点，B必须遍历了其余点与1.取最大值就是最慢的，更新答案即可。复杂度O(2^n *n*n) B.elevator(数学+模

这题很神啊。orz sbw. 首先考虑一个数组num[s]，表示问了s状态的问题，有几个串不能判断 。直接枚举状态处理的话会爆掉，因此思考优化。考虑两个串，什么状态会不能判断呢？当你询问的位置上的字母相同时。因此枚举两个串，相同的位置标1，把这个东西压成s.则询问的问题为s的子集时均不同区分这俩。从大到小递推的算出num[s]即可。有了这个数组我们就好dp了

这题又想了会？？？一开始题都没读对orz。。其实就是让你安排一个比赛顺序，要求1最后存活的概率最大，求这个最大的概率。dp[s][i]表示状态s时擂主为i+1,最后1活下来的最大概率 。我们考虑倒着推（因为正着推难以统计答案x），则状态转移很显然：见代码。。。初始值给dp[1][0]=1，因为要求最后1存活下来。复杂度O(2^n*n^2)

这题好像思路还是很简单的。。。概率推了一会。。。太弱了。。。

T1 回形遍历T2 排列T3 近似排列计数

TYVJ NOIP2017模拟赛D2T1 天天寄快递T2.天天和不可描述T3.罪犯分组

首先每两个点可以确定一条抛物线，一条抛物线可能打掉很多猪。所以我们先O(n2)O(n^2)预处理一下第i个点和第j个点所确定的抛物线（算个公式就好了），如果a<0才合法，（注意精度问题，还有特判横坐标相等的，小心除0）然后对于这条抛物线，如果合法的话，我们O(n)O(n)扫一遍，看有没有其他的点也在这条抛物线上。用b数组记录一下（n<=18,我们显然可以用二进制压缩状态，共2n2^n种，把这条抛物线

黑书1.5.2例题10 Bugs公司 一看m和n差这么多，才10，很有可能是状压。我们这样看好别扭。。把他转一下，变成n*m的矩形，那要压缩一定是把一行压成一个状态。考虑到放的小矩形是3*2或2*3的，会影响(i,x)能否放矩形的只有(i-1,x),(i-2,x)。所以我们用pre[x]这样表示： pre[x]=0->(i-2,x),(i-1,x)均空闲 pre[x]=1->(i-2,x)被占

跟上一题很像啊。。这题n=12，每行的状态也不太一样，所以我们就不预处理了。dp[i][k]表示第i行的状态为k的合法方案，等于第i-1行状态为j且j，k可以为相邻行的方案数的和

用1*2的小木块覆盖n*m的格子，问方案数。n,m<=10.状压dp,用二进制数表示一行的状态，逐行转移。横放用11表示，竖放用01表示。a[s]存的是上一行状态为s，能转移到的所有状态。初始值f[0][tot]=1，表示第0行全为1的方案有1个。最后答案就是f[n][tot]。复杂度不会算啊。。。O(T*2^n*n*2^n)???

看数据，k<=5,n<=1e15,n极大，显然只能矩阵倍增去算。考虑dp，k极小，每个点最多能和前k个点连边，因此我们需要知道前k个点的联通情况，采用状压dp，用最小表示法。 我们可以先用一个DFS预处理出所有可能出现的连通性的状态。然后再枚举连通性状态S以及下一个点和S里的K个点中的哪些点连边，再判断从连通性状态S转移出来的新状态S′是否是合法的，若合法，在邻接矩阵里，标记从S到S′的方案数加1

先Floyd预处理出两点间最短路径，然后状压dp,dp[s][i]表示状态为s的点都遍历了，停在i的最小时间。枚举一个j去转移就好了。然后处理出f[s]，表示遍历了s状态的点的最小花费。然后枚举A遍历了哪些点，B必须遍历了其余点与1.取最大值就是最慢的，更新答案即可。复杂度O(2^n *n*n)注意初值只能给dp[1][1]=0.一开始在其他点都是非法的。

正解是最小生成树+状压dp。暴力的求出每个集合的和，若为0，则对这个集合做最小生成树，它的mst就是使得这个集合的点都合法的代价。然后如果s1,s2两个集合不重复，且都可以合法，则s1与s2的并集也可以由他俩的代价和实现合法，状压转移一下取最小值即可。（我本以为这样的转移会T，但是想一想常数应该极小。）

又是一道网络流24题中的最短路x 读题读了半天才读懂，我可能傻掉了。可以状压分层图来跑最短路即可。点数应该是O(nm2p)O(nm2^p)的。可以最后连向一个超级汇，方便得到答案。

首先n很小，我们可以压缩状态来表示每个问题的修复情况,0表示未修复，1表示修好了，则我们要求的就是从0到bin[n]-1的最短路。则我们一共有O(2^n)个点，然后相当于m个转移，求一下最短路就好啦。复杂度O(2nm)

D2 T1.cheese并查集 T2.treasure状压dp（爆搜） T3.phalanx线段树（暴力），只会80分。

Poetize11 A.rainbow. 挂精度了。30。思路好像也有点问题·。。。正解是二分答案，通过勾股定理求出每个半圆能够覆盖的线段。此时问题转化为线段覆盖问题，排序扫描一遍即可。（直接拿圆判可能会有特例？） B.clover。状压dp+dfs瞎搞。。70. C.fin。dp打表了AC hh。实质上可以根据这道题的特性，把dp优化下，简直黑科技。处理出深度为d时，可能的最大节点数和最小节