limboman的博客

将原问题对偶成为费用流模型； 写的原始对偶的费用流，然后发现每次增广容量最多为1…mdzz#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=(n);i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=(n);i--)#define mp make_pair using namespace std;c

tree dp; 考虑祖先对孩子的影响： 有g（i，j）表示 i 这个节点获得先祖的 j 深度的赏赐覆盖全部子树的最小代价 考虑孩子对祖先兄弟等的影响： 有f（i，j）表示 i 这个节点覆盖了全部子树且向外延伸j的最小代价 转移显然；#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#define rep(i,k,n) for(i

#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)using namespace std;typedef double db;typedef long long ll;const int N=1e4+7;struct f{ db a,b;f(db a=0.0,db b=0.0):a(a),b(b){}}

比较基本的数位DP，限制都较为简单；#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int N=13;void upd(ll& x,ll

这道题运用了很多数学知识（唉，真羡慕你们高数好的…….） 首先我们扔掉提示。。。。。 尝试枚举最小生成树的最大边x，令g(x)g(x)表示答案<=x的概率 发现答案可以表示成∫10xg′(x)dx\int_0^1xg^{'}(x)dx 根据分部积分法，原式=1−∫10g(x)dx=∫10(1−g(x))dx1-\int_0^1g(x)dx=\int_0^1(1-g(x))dx 即答案=答案

2004年的论文《优化，再优化》 中所讨论的题的加强版（其实并没有加强多少……）； 论文最后给出了n−√\sqrt{n}的复杂度； 其实可以用生成函数给出一种logn\log{n}的做法，而且更加清晰； 首先有递推式: g(i,j)=g(i−1,j)+g(i−1,j−1)+1g(i,j)=g(i-1,j)+g(i-1,j-1)+1 g(1,j)=1g(1,j)=1 1<i,j1<i,j

差分后转变为阶梯博弈#include<cstdio>int u,n,op,l,x,ok;int main(){scanf("%d",&u);while(u--){ l=ok=0;scanf("%d",&n);op^=(n&1); while(n--){scanf("%d",&x);if(op)ok^=x-l;l=x,op^=1;} if(ok)puts("TAK");e

容易发现题目给的条件对数值的维护增长很慢，故可使用调整法，具体细节见代码#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;void sc(int& x){x=0;char c=getchar();

感觉这题应该跟hdu5290很像，结果它们果然系出同源； 这个题应该处于更根源的位置； 根据算法3的思想，令dp[i][j][k]表示以i为根的子树且已经使用了j个黑点，最深未被覆盖的长度或者沿着根最多能覆盖多少长度。 但是这样状态会很多无法存下。 考虑将k表示成还拥有一个黑点k，使得点i为根的子树全被保护。 令T[i]表示[i不是黑点] 枚举k，当点u枚举到一个儿子v

首先，我们要证明一定存在一个最优逃生序列ai满足: Aa*i + *Bai <= Aai+1 + Bai+1； 可采用反证法得知对于所有逃生序列ai，交换满足存在： Aa*i + *Bai > Aai+1 + Bai+1 的数对一定不会更差，从而得证； 这样就为我们提供了一个序，然后就可以dp啦#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k

省选被这题虐。。。前段时间推了一晚上终于推出dp式子； 正解是去发现神奇性质，然而数位dp也可以过；#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;const int N=105;typed

有dp[i][j]=min(d[i-1][j],d[i][j-1])+1 –> a[i]==b[j] dp[i][j]=d[i-t+1][j-t+1]+t —> t为i,j向前最长的不同序列； 但真正需要记录的状态为O(n)；#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)using namespace std;

期望乘法独立….#include<bits/stdc++.h>#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;typedef double db;db g,f;int n;int main(){ scanf("%d",&n);g=f=0.0; rep2(i,n-1,0){ g+=n*1

dp方程易得，可证明答案总为多项式，拉格朗日插值；#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;const int N=1007;int mod,n,A;void upd(int& x,i

一开始看到这题忽视了S以及问题的特殊性；从而想到了奇怪的方向 注意到构成元素均为S的约数，所以划分n的方案可以分成若干S的和与零散部分； 其中零散部分必不能再拆出S，否则会重复计算； 如此，使用组合数与多重背包即可；#include<bits/stdc++.h>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(i

经典思路：线转化为圈，利用对称性 假设有k+1个椅子围成一圈，每张票上写着1~k+1（而不是1~k)，因为概率均等，我们统计有多少种方案导致椅子k+1上坐着人 一共有(k+1)n种可能的情况。为了方便叙述，我们假定每种情况模拟一遍，每次在没人坐的椅子上放一枚硬币（每次恰好有k+1-n把椅子没人坐），则所有情况都模拟完之后每把椅子上都有(k+1-n)(k+1)n-1枚硬币，也就是说，有(k

这里使用了zkw线段树； 使标记永久化，并维护sum数组：仅考虑子树的区间和； 这样一个节点对答案的贡献就是子树和加上上方祖先的标记和； 代码中L，R数组均可省去（但由于笔者太懒。。。。。。） 这样就给出了一个与论文中不太一样的sb方法，但各种复杂度还是一样的；#include<cstdio>#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define

感觉题目考察的有些偏； 满中国oj都见不到类似的（晚半年的吐槽。。。。） 其实掌握了相关知识还是很裸的；#define rep(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define rep2(i,k,n) for(int i=k;i>=n;i--)using namespace std;typedef double db;const int N=73;const db

题意： 一个串，资瓷末端插入，删除一个字符，求每次操作后本质不同的子串个数； 题解： “可持久化”后缀自动机裸题，类似按zhi并查集的“可持久化”，复杂度O(N)O(N) 当时考场上的神犇大多是这么A的； 作死写了一发替罪羊树搞的后缀平衡树，代码感觉不长，实际比较长。。。 hash比较版本O(NLog2N)O(NLog^2N)#include<bits/stdc++.h>#define