梅子酒的博客

赛时没发挥好6题金尾（rank38），剩下很多能写的题，其中四个dp，傻眼ing。

两个有些难度的dp中文题面，题意略。

有中文题面，题意就省略了。

接下来考虑特殊情况，只需要将得到朋友帮助可以立刻发动一次攻击考虑进去，立刻发动攻击对结果的影响是什么呢？就是这一次发动的这一次攻击不用受到怪兽的伤害，那么结合上面普通情况的方程，我们只需要增加一维，设受到朋友帮助。轮试炼，每轮之间互不影响，并且对于最优策略而言，怪物的数量没有关系，无论是几只怪物，只和我的攻击次数和朋友的帮助有关系。由于每次怪兽群体的总伤害量是随数量变化的，所以每次攻击后受到的伤害是不同的，这样不利于我们求解，只怪物，每一轮试炼都是主角先攻击，在主角的每次攻击后场上。

介绍一种特殊的状态压缩dp（自己取的名字），不同于一般的二进制状压dp。这样的状态不会很多，转移不会耗费太多时间。位置上，多移动不一定会是最优的，但不移动一定可以转移到最优的，那么此时就有两个状态。，代表在原地不动，但是这样却无法记录此时数组转动的情况，并且就算能记录转动的距离，关于这样的特殊状态压缩的递推dp，还推荐一道题 2023年牛客多校第四场的 链接。博主个人的写法，时空复杂度比法一的更优秀，但是却不太会证明，所以还是推荐法一。位置上的任意元素，并且有两个操作，一个是将数组所有元素右移一格，此时。

当时只做出来4个题，被两个学弟的队伍压了一题，可能是因为两个中等题都偏向构造和猜结论这种，我们队伍不太擅长，需要加强这方面的训练。

显然不行，这样时空复杂度都爆炸了，我们考虑如何维护时间的影响。我们可以把每一步受到时间影响的代价算进去，因为要得到所有物品，那么当前我们没到的地方此后肯定都要经过，当前我们一步花费时间。我们很容易想到移动的情况可能有很多种，可能一会向左一会向右，最终要拿到所有物品。，每单位时间你可以移动一格距离，当你和物品重叠时可以瞬间获取该物品的价值。，那么没获取的物品的价值都会因此减少，并直接影响最终的答案。为状态来进行转移，代表拿完该区间所有物品的最大价值。具体如何维护时间的影响，可以考虑对每个物品减少的速度。

终于有时间来慢慢补补题了。

挺可惜的，B题破题点思路已经想到了，但手忙脚乱最终没写出来，又因为赛程紧张也没来得及及时补，最近才开始着手补这些落下的题。

的方块所以要求剩余的连续空位必须是偶数，且方案唯一。但我们无论当前是怎样的形状都能用。的方块去填补剩余的空位，所以我们无须讨论放置方案是否合法而是需要计算放置。那么这里先给出 DP 方程转移，以及方案计算，有详细的代码注释。于是我们就想到用矩阵快速幂来加速这一过程。具体看代码以及注释。我们现在已经写出DP状态和方程转移，但是这样转移是。本题和 Acwing 的状压DP题很像，，告诉我们肯定需要优化。

题外话：抑郁场，开局一小时只出A，死活想不来B，最后因为D题出锅ura才保住可怜的分。但咱本来就写不到D。

“强智杯"2020年湖南省大学生计算机程序设计竞赛 C Absolute Difference Equation

于是我们可以尝试往将区间也能随着我们顺序遍历来解决的方向虑，于是就引申出解法中，：博主在定义自己的方程时意识到，区间是不连续的两个端点组成的，我们枚举前。而我们每遍历一位数，枚举当前可能填入的数之后就可以着手考虑如何让右端点为。的所有区间合法考虑，因为我们找到只要区间内包含两个及以上的。个数则是一位位顺序来的，这样转移方程就不会很顺利。的倍数，问一共有多少种合法的填数方案。），于是就能引申出dp方程的状态。的序列，你可以给每个位置填。要求区间内的数相乘必须为。桶里存储的区间来判断。

AtCoder Beginner Contest 216 F - Max Sum Counting

第46届ICPC东亚洲区域赛(昆明)题解

ABC 215 E （DP + 二进制枚举）

AtCoder Beginner Contest 212E

2021ICPC南京H题

Codeforces Round #772 (Div. 2)比赛链接：Codeforces Round #772 (Div. 2)A - Min Or Sum题目大意： 长度为n的数组，可以任选两个数ai与aj用x和y替换前提是满足ai|aj = x|y。解题思路： 将数在二进制下观察可以发现数组中所有的数OR起来后只要二进制数位上有1就无法将1全部消除掉，最少也要留下一个1。假设数组的数（2进制）是[1111,1000,11,111],那么我们可以通过操作将数组变成[1111,0,0,0]但每一

数学考试题目链接：数学考试题目大意：给定长为n的数组和k，从数组中任意选择不相交的长度为k的两段，求其和的最大值。解题思路：预处理出从[k+1,n]区间内的值最大的长度为k的子串的值，再顺序遍历数组将以当前下标id为右边界的长为k的区间值求出后，加上预处理出[id+1,n]的最大值。这就是当前下标可能取到的最大值。注意事项：需要开long long,且有负数的分数，多组输入需要初始化代码：#include<stdio.h>#include<algorithm>usin

递推动规题目链接：舔狗舔到最后一无所有题目大意：有三种外卖可以任意点，但要求不能连续三天点同一种外卖，问点n天外卖有多少种可行的方案。dp数组： f[i]：第i天买1号外卖的方案数，由于买2,3号的方案数和1号相同故省略递推公式：f[i] = ((f[i-1]*3%MOD-f[i-3]*2%MOD)+MOD)%MOD;推导思路：因为第i天买1,2,3号外卖的方案数相同，所以用到2,3号外卖方案数的用1号代替即可第i天买1号外卖，如果第i-1天买的外卖为2,3号，那么我们就可以加上前一天买2,

字符串DP此方法学习于这一位的博客chokudai 题解(at_abc211 C 简单dp)本博客仅用于学习记录。给字符串S,求其子序列为chokudai的方案数，将其记录在字符串string a中。dp[j][i]代表字符串S前i位中子序列a[1~j]的方案数。状态转移方程分为两种一、在我们遍历字符串S的时候需要对每个字符其匹配是否为a中的一种，若匹配成功则状态转移方程为：dp[j][i]=dp[j-1][i-1]+dp[j][i-1]含义为dp[j][i]=S串中之前一位匹配成功的a[1~j]

本题题解思路学自这位大佬ABC163(Atcoder beginner contest 163)部分题解 本博客仅用于记录自己学习思路，本质都是大佬的解法。题目链接abc163_d题目大意：给出N与K, N代表有N+1个数分别是1e100, 1e100+1,1e100+2,…,1e100+N. K代表任选K，K+1,K+2,N+1个数相加，求不同结果的总数mod 1e9+7的结果。因为每个数都有远大于N的前缀1e100,所以K+1个数相加的结果一定不同于K+2个数相加即相加的个数不同结