miaom的博客

一开始一直不理解矩阵乘法是什么东西。。。现在有一点自己的想法。对于如f(i+1)=a*f(i)+b，可以构造一个矩阵b，使矩阵a[i]*矩阵b=矩阵a[i+1]。然后利用矩阵快速幂加速。这道题对于不同的位数有不同的递推式。设位数为k，f[i+1]=10^k*f[i]+i+1，可构造3*3的矩阵：10^k,1,1  0,1,1  0,0,1（好像不太对。。。）。#include

智力孤危。。这道题可以根据lucas定理，把C(n,m)是k的倍数转换为n,m的k进制数，某一位的组合数是k的倍数，也就是n,m在k进制表示下n有一位比k小（大）。这样子的话就转换为一个数位DP，就能做了。题解貌似就把lucas推了一遍，嗯，差不多#include#include#define ll long long#define P 1000000007#define I2

好长啊题目。。。大概就是把一棵树分成两棵再拼成一棵后的最大最小直径。应该可以想到树形DP，保存每个节点为根的子树的直径和出去该子树后的直径。为此我们需要维护每个节点向下的前三长的链（每个儿子只记一次），向上最长的链，儿子中前二长的直径，然后可以求出在哪里断开。最后把两棵树的直径找粗来，并起来即可。说起来好像很简单，然而我做了一周。。真是太弱了。。。代码比较丑2333#inclu

一开始以为这是字符串好题，一看n范围，n！就炸了。考虑dp，dp[i][j] i表示每个子串有没有出现，j表示最后的串。看了lych的博客之后，自己还是naive！首先有可能出现一个串没有用，要预处理掉，另外字典序最小需要存更多的东西。复杂度O（2^n*n*n*跑得过）。#include#include#include#define N 13using namespace s

好久没写题解了。。。这道题拖了好久，终于把常数卡进去了。首先发现数据随机，肯定不是正常算法，不妨离散。考虑DP，用dp[q][i][j]k]表示q轮后i~j最后变成k的情况。比较难转移。参考大神的blog：用dp[q][i][j][k]表示表示q轮后i~j最后变成每个数都小于等于k的情况，这样可以转移。//不要问我怎么转，好久以前推得式子然后每个值k只影响一段i~j的dp值

发现翻转相当于增加一个白格对于一个白格子，它的SG值只与它还能跳的次数有关，如长度10，SG[4]=SG[5]。于是不同的状态只有sqrt(n)个。只要求出还能跳k步的位置的SG就能得到答案。暴力DP即可，貌似O(n)能过#include#include#include#include#define N 100005using namespace std;int n,k,s

点这里→这道题暴力跑最多n/m个点（m为步长），当m较小时飞慢。考虑DP[i][j]表示从i以j步长跳到根的和，询问可达到O(1+lca)。这样对m>sqrt(n)的暴力，另外up函数是利用树剖把x往上跳y下，同一个方向跳复杂度O(logn)。#include#include#include#define N 50005using namespace std;int n,

看懂了题目就A了一半。。。大意是这样的，给一棵以1为根的树，求最少修改几个点的容量后，使得除根节点外所有节点为父亲容量/父亲的儿子个数。因为1个节点确定，所有节点都确定了，不妨对每个点求出它不修改时根节点的容量，Hash一下就可以了。（貌似自然溢出会WA，可能我写炸了吧）#include#include#include#define ll long long#define N

这道题是叫做虚树的东西，可以发现每次的关键点个数较少，每次用O(n)的DP显然TLE。可以将所有关键点及关键点lca间连上虚边，对这O(m)个点DP，链上的点可以分成两段，分别计算贡献即可，细节蛮多，树链剖分比倍增快。#include#include#include#include#define N 300005#define inf 1000000000using namespa

第一眼看题没看懂。。后来发现pi可以等于pi+1。。。题目可化为给定S=p1+p2+...+pk，求p1*x1+p2*x2+..+pk*xk=n的方案数(x1,x2,x3,...>0)。因为S不妨把xi分为ai=xi/S,bi=xi%S。枚举m，p1*b1+p2*b2+...+pk*bk=n-m*S。这个可以用多重背包的方式预处理，剩下的可用插板法得到，时间复杂度O(sqrt(S)+S

根据题意可想到离散化后dp：dp[i][j][k]表示前i个数在区间j内放k个的方案数，开滚动复杂度O(n^3)。然而被bzoj卡常。。。（约1.8s）优化之后变得更慢了。。看了AC代码，发现可以换种思路：#include#include#include#include#define N 505#define ll long long#define MO 1000000007

一眼想到是DP，然而不会。用DP[i][j][k]表示第i位为k，状态为j的方案数，O(1)转移即可。Orz lych#include#include#define N 1000005#define P 1000000007using namespace std;int n,k,dp[N][3][2],W[N],B[N],t;char c[N];int Mo(int x,int

期望DP#include#includeusing namespace std;int n;double x,a,b,c;int main(){ scanf("%d",&n); while (--n) { scanf("%lf",&x); c+=((a+b)*3+1)*x; b=(b+a*2+1)*x; a=(a+1)*x; } printf("%.1f\

这是一道插头DP。。。不会的可以看一下《基于连通性状态压缩的动态规划问题》ppt然后就是裸题了？预处理出所有合法的状态，以及每种状态的每个插头匹配的位置，DP时间复杂度O(2^m*n*m)。分9种情况写的也是乱的。。#include#include#include#define inf 1e9using namespace std;int n,m,a,tot,dp[2][

一看这题，不是记忆化吗！？再看，有环很么办。。。SPFA！用SPFA动规，一开始用dp[i]存当前DP的状态，a[i]存答案。用dp[i]更新杀死后会出现i的点，更新完之后存入a[i]。a[i]与dp[i]的差就是更新减少的体力值。感觉没说清楚。。。#include #include#define N 300005#define S 10000005#define in

这题显然点分治DP？我不会告诉你我还不会点分治）先O(n)求Dfs序，然后倒序dp[i][j]表示i及i的子树中的点到i距离%3为j的方案数。最后对每个点，O(1)计算经过它的路径为3的倍数的方案数，得到Ans。求Ans与n*n的Gcd，约分即可。//一开始写的有点乱，只好各种*2+n 。。。#include #include#define N 80000using name

注意一个条件，ax*by!=bx*ay，所以每个点所需的每只手的次数是固定的，于是就可以转换为网格图（注意这里|坐标|注意有一些无解的可能需要特判。//发现bzoj上使用cerr会返回RE 2333#include#include#include#define P 1000000007#define ll long longusing namespace std;int Ex,