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第一次用斜率优化DP用双端队列维护前一次的dp值。代码：#includeusing namespace std;typedef long long ll;typedef pair PII;const int N = 1e5+5;ll sum[N]{0}, a[N], dp[N], f[N];int Q[N];int main() { int n, m

Souce:Souce:Souce:2017-2018 ACM-ICPC, Central Europe Regional Contest (CERC 17)Problem:Problem:Problem:n=500n=500n=500个长度为7的整数。需要把每个整数都变成最大循环表示，每次操作可以使连续的一段整数循环移动k位（往左/往右），求最少操作。Idea:Idea:Idea:除去每...

Souce:2017-2018 ACM-ICPC, Asia Daejeon Regional ContestProblem:一棵5e3的树，可以选择一些点放上基站，如果u上的基站价值为d，那么距离u小于等于d的点都会被覆盖，问使得整棵树被覆盖的最小价值。Idea：g[u][j]g[u][j]g[u][j]表示u点这颗子树里距离u点大于j的点都被覆盖的最小价值。显然g[u][j]=∑g[...

Source:Source:Source:2018-2019 ACM-ICPC Nordic Collegiate Programming Contest (NCPC 2018)Problem:Problem:Problem:坑里有一堆青蛙，青蛙有身高、跳跃高度、体重。青蛙可以叠罗汉，但是不可以撑起超过自己体重的重量。问有多少青蛙可以跳出去。体重总和<=1e8Idea:Idea:Idea...

题意：扑克牌洗牌后一张一张发牌，对应的花色放成一堆，大小王可以放在任意堆，当四堆花色每堆的牌数都超过了给定的值就停止发牌，问发牌数的期望值。想到期望dp的话就可以用记忆化搜索做，停止发牌时的返回的期望是0。

Source:POJ 1991 && 2017 ACM-ICPC 亚洲区（乌鲁木齐赛区）网络赛Problem:POJ的原题，大意是一条路上有n个点，每个点的物品刷新出来的时间不同，问把每个物品都拾取后再走到K点所需要的最短时间。Idea: 注意到对于每一段区间，先拾取两端的点优于先拾取中间的点，因为从一端走向另一端必定会经过中间的点。

Problem:给你n个不同价值的宝石，排成一排，两个人轮流拿，若前者拿了k个，后者只能拿k或k+1个，第一个人最开始只能拿1个或2个，他要使两人之差最大，第二个人要使两人之差最小，两个人都是最优的拿法，问其结果。Idea: DP。

题意： 给你1~9这9个数字每个数字的最多选择个数，问他们所有不同的选择排列构造出的整数的整数和。思路： 用背包和组合数可以很容易得到任意情况的方案数，剩下的是考虑怎么求出每个数字对于答案的贡献。 假设数字aa有xx个，求出含有a≤x−1a\le x-1的所有方案数，再将最后一个aa插入。对于每一种方案有长度ll，枚举l+1l+1种插法，就可以得到aa出现过的所有位置了。

dp(i, j)表示第i次变换第j列的数。 dp(i, j) = dp(i, j-1)^dp(i-1, j) = dp(i, j-2)^dp(i-1, j-1)^dp(i-1, j-1)^dp(i-2, j) = dp(i, j-2)^dp(i-2, j) => dp(i, j-2^n)^dp(i-2^n, j) 从m中的最高位或最低位开始递推。

学了波标程。 每次修改从下往上更新dp值，dp值用贪心维护：如果左右儿子有被修改过，则返回其dp值，否则往下log(n)走到底，尽量选择靠右的点。 每次查询从下往上更新答案就可以枚举所有情况了。

数位DP#includeusing namespace std;const int MAXN = 48;const int MOD = 2520;typedef __int64 ll;ll dp[20][MOD+5][MAXN];int a[20], h[MAXN];void ini() { memset(dp, -1, sizeof(dp)); in

树形DPdp[i][0]表示不包括i的联通快没有黑点的方案数dp[i][1]表示不包括i的联通块有黑点的方案数这样对于树根i，每一个插进来的子叶j，都可以判断dp[j][0]和dp[j][1]对于dp[i][0]和dp[i][1]的贡献列如两个联通块都有黑点，那么这条相连的边就要割掉代码：#include#define pb push_back#define f

背包。将物品按照petra的贪心思想排序假设Jan先手，对于第i (1~n)个物品，他的背包大小为（i+1）/2，因为对于前i个物品，Jan最多拿走（i+1) /2个。那么petra的值就是Jan拿剩下的。代码：#include#define fi first#define se second#define pb push_back#define lson o<<1#

类似于最长公共上升子序列，对于每个i，只考虑存在j使得a[i]==b[j]的情况。 dp[i][j][0]表示以a[i]和b[j]为公共序列结尾且为波谷的情况总和。 dp[i][j][1]则表示波峰的情况总和。

n！中有几个0等价于1~n中有min(因子2的个数，因子5的个数)，因为因子2的个数必大于因子5的个数，ans为n/5+n/25+n/125… 将n转为5进制，假设n为1234，那么ans为（123+12+1|五进制）。此时要判断ans是否为偶数。 注意到如果一个数x为偶数进制，列如十进制，那么只要判断最后一个数是否是偶数即可，因为其他位的数都是乘以10的幂次，乘积皆为偶数，只有最后一位是乘以1

因为题目要求答案mod 2，所以类似CS Academy #32的Light Count，将5e4的空间压缩成大概800份，每份空间用64位ULL状压。对于每个qk，求得多少对ai % bj = qk， 即ai = bj*x+qk && qk<=bj-1.将q数组和b数组从大到小排序后，枚举qk，如果存在还未使用过的bj>qk，那么类似于素数筛，将0, bj, 2*bj, 3*bj...异或进d数组，如果大于q

由于对于一个合法的答案，sqrt(500)后的素数最多只会用到一个，所以只对前8个素数状压后01背包。 dp(S, k)表示素数状态为S时由k个自然数组成的方法有几种。 再对后面的素数分别01背包。

刷了好多DP了...结果还是想不到怎么做...二分beauty值，判断合法时dp[i]表示从i+1到n-1需要的最小变换次数，则当abs(a[i]-a[j]) 代码：#includeusing namespace std;typedef long long ll;const int N = 2e3+5;int n, k, dp[N], a[N];bool chec

Souce:2014-2015 Summer Petrozavodsk Camp, Andrew Stankevich Contest 46 (ASC 46)Problem:n个村庄，如果第i个村庄没有被治疗，每天会死掉a[i]个人。现在起始在第一个村庄，每次选择花费一天的时间 往前走/往后走/治疗当前村庄，使得总共死去的人数最少。但行动有个限制，如果你的前进方向上有一个曾经被路过但没有被治...