Neutralzz的博客

题意：大小为n的序列a和b中，求(l,r)的个数，使得max(a[l..r]) = min(b[l...r])。解析：在固定l后，随着r的增加，max(a[l..r]) - min(b[l...r])是不减的。所以可以通过二分求得max(a[l..r]) = min(b[l...r])的两个边界。[code]:#include#include#include#includeu

解析：设dp[i]为考虑前i棵树的最小收益。那么dp[i] = min(dp[j]+max(h[j+1...i]));显然不能直接状态转移，但是又想不出logn的做法，于是就套上了块状数组。[code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long L

解析：设dp[i][j]为有i个未放入的可辨别的砖块和j个未放入的不可辨别的砖块时，放入不可辨别的砖块的重量期望值。num1,tot1分别是可辨别砖块的个数和重量和；num2,tot2分别是不可辨别砖块的个数和重量和。那么dp[i][j] = (num2-j)*dp[i][j]/(i+num2) + j*dp[i][j-1]/(i+num2) + i*dp[i-1][j]/(i+num

解析：设dp[i][j][k][0]为用A[1...j]和B[1...k]构成C[1...i]且最后一个字母是从A中取得的方案数。设dp[i][j][k][0]为用A[1...j]和B[1...k]构成C[1...i]且最后一个字母是从B中取得的方案数。状态转移方程： dp[i][j][k][0] = (dp[i][j-1][k][0] + (s[2][i]==s[0][j]?

解析：对于[1...n]，将第n个队伍和[1...n-1]中的两个队伍i,j构成一个三角形，那么 ans[1...n] = ans[1...i-1]*ans[i+1...j-1]*ans[j+1...n][code]:#include#include#include using namespace std;typedef long long LL; char s[75

解析：首先算出yes的个数m首先答案要加上第一个结果是no的情况数，然后那么第i和第i+1个结果是yes no或no yes，答案就要加上对应的情况数。[code]:#include#include#include using namespace std; int n,m; int main(){ int i,j,cas; scanf("%d",&c

参考：点击打开链接解析：dp[i][j]为前i个字符 有j个U没有确定位置的方案数。则dp[i][j] = dp[i-1][j]*j+dp[i-1][j+1]*(j+1)*(j+1)  (s[i] = 'D')dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*j (s[i] = 'U')[code]:#include#include#incl

解析：将灯按v排序后记录一下数量的前缀和，然后dp就好了。dp[i] = max(dp[j]+Ki+Ci*sigma(L[j+1...i]))；[code]:#include#include#include#define th(x) this->x=x;using namespace std;struct Node{ int v,k,c,l;

解析：显然的状压DP，每一行怎么填补空缺用搜索就好，就是繁琐了些。[code]:#include#include#include using namespace std;typedef unsigned long long LL; char s[105][105];int n,m,a[105],b[8],c[8],d;LL dp[105][1<<8],tmp_

解析：先用二分求出以a[i]为首的最长子序列长度，往后贪心着取就是了。[code]:#include#include#include#include #define pb push_backusing namespace std;const int maxn = 1e5+5;const int INF = 0x3f3f3f3f; int n,m,a[maxn],b[

解析：首先，求出对于每一个位置i，以第i个元素结尾的相似序列的最大长度和最小长度，用lb[i]和rb[i]记录对应的位置，形成一个三元组(i,lb[i],rb[i])。这个可以通过递推在O(n)内求出，然后将三元组映射成二维平面的线段（i是纵坐标，lb[i],rb[i]是左右端点的横坐标）。对于[l,r]的查询，就是对纵坐标[1,r]的所有线段中位于[l,r]的和。用主席树就可以实现。

题意：n个人排队，每个人b除CEO外都有一个监督人a，b必须排在a的后面，问有多少排队方案。解析：显然是一个树形DP。设dp[i]为以i为根的子树中对应的方案数，num[i]是以i为根的子树的节点数。下面考虑将两个队伍v1,v2合并一个队伍。其对应的方案数为C(num[v1]+num[v2],num[v1])*dp[v1]*dp[v2]。依据这个进行dfs。[code]:#

解析：可以参考POJ 3279。不同的是这里要把最上面一行和最左一行一起状压。[code]:#include#include#includeusing namespace std;const int INF = 0x3f3f3f3f;char mp[10][10];int n,m,state[10][10],flip[10][10];void init(){ i

题意：给出n个字符串，求包含这n个字符串为子串的最短的串，如果有多个满足条件的字符串，输出字典序最小的字符串。解析：求串的最短长度非常容易，KMP处理出一个L[i][j]（将i拼接到j的前面需要增加的最少的字符数），然后状压DP即可。难住我的是字典序最小。。。不过最后的做法估计的效率应该也不是最好的。。在DP转移的时候记录其前驱，在更新的时候如果长度相等，就和原先的前驱进行比较。关键是

题意：将所有人分若干组，使得每组的不满意值的和最小。解析：预处理出来每个可能的组的不满意值，再枚举一下自己即可。[code]:#include#include#includeusing namespace std;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n,d[15][15],f[1<<15],dp[1<<15];void sol(){

状态真是不如去年现场赛的时候了，这么一个简单的树形DP都写出了俩bug。。。解析：设dp[u][j]为维护u所在的子树，且u所在连通块的花费为j的最少连通块数目。令v是u的子节点，w为其边权若将v所在的连通块与u分离，则dp[u][j] = dp[u][j]+min(dp[v][t]) (0若将v所在的连通块与u连接，则dp[u][j] = min(dp[u][j-w-t]+d

解析：这个题目的关键就是在于怎么把复杂度降到O(n*2^n)状压是肯定会想到的，可一般的思路是枚举线来进行状压，这样O(n^2*2^n)是会TLE的。正确的降复杂度的方法是：枚举线的时候固定一个点，再枚举其他的点形成一条线（因为每一个点都是必须要被某条线覆盖的这样就讲了一个n的复杂度。[code]:#include#include#includeusing na

题意：找出异或和>=k的连续子序列个数。官方题解：http://codeforces.com/blog/entry/44466[code]:#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 1e6+5;const int ML = 30;struct Nod{ in

解析：dp值设为pair  同时记录个数和sum，套模板。[code]:#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;typedef pair PLL;PLL dp[35][35][35][3][7];int s1,s2,ideal[32];int bit[35],to

解析：设dp[c][d][h][s][i][j]为有c,d,h,s个对应的牌，i、j记录大小王的状态。记忆化搜索一下就ok[code]:#include#include#includeusing namespace std;int C,D,H,S,cnt[5];double dp[15][15][15][15][5][5];void init(){ int

参考1：http://blog.youkuaiyun.com/dpppbr/article/details/51972196参考2：https://www.johannesbader.ch/2013/09/project-euler-problem-434-rigid-graphs/[code]:#include#include#includeusing namespace std;ty

官方博客讲的很清楚：点击打开链接在这里贴一下做树上可持久化的代码仅供参考。[code]:#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int maxn = (1<<16)+5;const int sqrn = (1<<8)+5;const int MOD = 1e9+7;

题目：给你一棵树，用最少的链去覆盖这棵树，求链的最小总长度。解析：num为叶子节点数，显然链数是(num+1)/2。如果是偶数，就是叶子节点到叶子节点，如果是奇数，那么就是在奇数-1情况下的树下加一条叶子到其祖先的链。偶数的情况：从一个非叶子节点出发，如果其子节点的叶子节点是偶数，则ans+=2，如果是奇数，ans+=1。奇数的情况：枚举一下那条单链所在的子树。设dp[u][i][

题目：从1开始的无限长正整数序列(1,2,3,4,5,...)，剖去所有可以写成a^b的数(2解析：首先对于每一个r处理出对应容斥的数字，用vector记录下来以降低复杂度。开始的时候同样像的是二分，超时……看了一篇题解后，考虑序列的性质，向前迭代时是不断收敛的。（具体看代码）[code]:#include#include#include#include#include#

题意：一颗n节点的带权无向树，一个初始为空的集合S，有两种操作：1 x 如果S中没有x，加入x ；2 x 如果S中存在x，删除x。每次操作完后求出使S集合连通的最小边权和。解析：设root为S集合的LCA。点i的左右时间戳为L[i],R[i]，ans为当前的权重和。当前集合S中添加节点x，如果x不在root的子树中，那么ans += dis[x]+dis[root]-2*dis[lca(x

题意：一颗n节点树上有m条链，每条链有权重，求一个链的集合使权重和最大且两两不相交。解析：令dp[i]为以i为根的子树的最大权重和。如果i不在链上，则有dp[i] = sigma(dp[k]) k为i的子节点如果i在某一条链(u,v,w)上，那么dp[i] = w + sigma(dp[k]) k为链上所有节点的子节点。对于该值，我们可以统计统计链上节点的所有子节点dp的和 - 链上节

解析：源点S与所有的1查询连边，容量为K，所有的查询与相关的节点连边，容量为1，图中节点1~n与T连边，容量为1，解即是最大流量。通过控制费用，越早的查询费用越大，从而获得最小字典序。[code]:#include#include#include#include//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#d

解析：找到最大的i是|fib_i| [code]:import java.util.*;import java.math.*;import java.io.*;public class Main{ static BigInteger m,f[] = new BigInteger[1001],mod = BigInteger.valueOf(258280327); static

解析：每找到一个单个的环，将其指定顺序后从图中出，最后会得到一个森林，对于每一棵树，从根节点开始根据出入大小指定方向即可。注意实现细节！[code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef pair P;const int maxn = 1e5+5;const int ma

解析：首先用set维护被Cirlcle Notation切开的不连续的各个段。然后从i开始，（p[i]为i的位置）找到其在set中的左右端点，左边的最大值为value_l，右边p[i]+1的值为value_r。若value_l>value_r，则｛p[value_l],p[value_l]+1,...,p[i] }为一个CircleNotation，并再用set维护剩下的段。若

解析：首先找到第一个n使得n*(n+1)/2>=k，差值为x。然后看下面一个例子：28 = 1 2 3 4 5 6 727 = 1 1 3 4 5 6 726 = 1 1 3 3 4 5 625 = 1 1 1 4 5 6 724 = 1 1 1 4 4 6 723 = 1 1 1 4 4 6 622 = 1 1 1 4 4 4 721 = 1 2 3 4

解析：对于原树一条边(a,b)，令w[a] [code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 5e5+5;struct Nod{ int b,next; void init(int b,int next){ this->

解析：因为是最小字典序，所以从右往左DP。dp[i] = max(dp[j]+1) i =L[j],R[i]因为这是三维上的问题，自然的就能想到cdq分治了。在一个区间[l,r]内，先对[mid+1,r]递归，按L[]排序后建立一个对R的线段树，来计算[mid+1,r]的影响，再递归[l,r]。这里说的比较笼统，不过熟悉cdq分治的同学应该能立马明白我说的什么吧！[code]:

解析：dp[i][j]表示前 i 个数，以 第 j 个数结尾的方案数。因为每一层的转移都是相同的，所以处理出一个转移矩阵，通过快速幂即可快速求得结果。[code]:#include#include#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const LL INF = 0x3f3f3f3f

解析：关键是处理奇偶的问题。正如官方题解所说，本题的子序列实际上可以根据起始数值下标的奇偶性分为四类。对于每一类，如果你熟悉线段树，那么可以看出这个问题是可以进行区间合并的。即如果知道一个区间[L, R]两个子区间 [L,mid], [mid+1,R]的信息，我们可以推出[L,R][L,R]的信息。维护四个值，表示起点终点的下标的奇偶性。[code]:#include#i

解析：将[l,r]的所有二进制数字左对齐后做不进位的加法运算后的值（注意是不进位！写一下找找规律就好。[code]:#include#includeusing namespace std;typedef unsigned long long LL;LL num[70];int top;void sol(LL n,int p){//printf("-> %llu

解析：dp[S][i][k]为队列中以有S中的人，且队尾是i，不满意的个数为k的方案数。则dp[S][i][k] = sigma(dp[S^(1[code]:#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;int n,m,q,mp[12][12];LL dp[1<<12][12][12];

解析：记忆化一下就好，整体的复杂度是小于10^8的。[code]:#include#include#includeusing namespace std;typedef long long LL;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n,m,dp[105][105][105];void init(){ int i,l,r; mem

解析：举个例子，｛2 1 4 3 1 2｝目标序列｛* * * * * *｝假设我先把数字1放入目标序列尾部则有｛* * * * 1 1｝ 交换次数为 5+6-2-5 = 4次(序列位置和的差)然后我把数字2放入尾部则有｛* * 2 2 1 1｝ 则是再像上面那样做差得出的是3+4-1-6 = 0显然是不对的。因为1的位置的改变使第2个2的位置左移两位，所以应该是3+4-1-4

转自：http://blog.youkuaiyun.com/danceonly/article/details/16824745解析：定义一次选择选择到Xi是整数的概率为P1,选择到负数的概率是P2，然后选择了正数后平均在T1时间后出去， 选择了负数后平均在T2时间后回到原地。接着设出去的期望是Y，那么可以写出一个式子 ：Y = P1 * T1 + P2 * (T2 + Y)， 这样的话问题就得到了解决，