无尽

DAG+DPf[i]表示方案数，于是可以从i的所有儿子转移来。方便起见我加的是反边。#include<cstdio>#include<queue>#define N 100005#define M 200005using namespace std;queue<int> q;int n, m;struct edge{int next,to;}e[M];int last[N], f[N

容斥原理+树形DP首先有一个暴力的想法，f[i][j][sta]表示树中i与图中k对应，i的子树与sta(状压)对应，然后大力转移。这需要枚举子集，复杂度约O(n2∗3n)O(n^2*3^n)考虑枚举状态sta表示图中可用点范围,记f[i][j]表示i和j对应，但对应可以重复，即可以不一一对应。最终答案就是与全集一一对应的方案数。考虑容斥，记SnS_n表示不使用图中节点n的方案，显然这些都是不合理的

拓扑图DP对于拓扑图，deg[i]表示i的入度，根为1，答案就是 ∏ni=2deg[i]\prod_{i=2}^{n} deg[i]即除根节点外，每个点都选择一条入边，由于图是DAG，因此一定会形成一个树形图（听说这是朱刘算法的推论？）考虑加完边之后有环怎么办？只要在答案里减去环的贡献即可。如何求环的贡献？当环的边全部被选时，方案数肯定是所有非环上点（除了根）的入度之积。脑补即可证明。附大爷题解：h

将各个数字与它的对应数字连边，就可以得到若干个环。排数就是这些环的最小公倍数，且节点数为n。于是题意就是问和为n的若干个数的最小公倍数(LCM)有多少种。记f[i][j]表示前i个质数的和为j时的LCM方案数。f[i][j]=f[i-1][j]+∑q[i]k≤jk=1f[i−1][j−q[i]k]\sum_{k=1}^{q[i]^k≤j} f[i-1][j-q[i]^k] #include<cstd

DP+容斥然而这题还是令我很害怕。 最值问题的DP一般考虑排序之后从小到大或从大到小，一个一个地考虑。对于这题，对A，B排序，记next[i]=j，表示最大的j满足B[j] < A[i]，不难想到方程f[i][j]表示做到A的第i个，其中已经有j对满足A>B，然后转移 f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * (next[i] - j + 1)但是这显然是错的，因为

DP+组合计数不难想到记f[i][j]表示统计到第i门课，此时j个人被碾压的方案数。 f[i][j] = f[i-1][k] * C[k][j] * C[n-k-1][n-rank[i]-j] * P[i] (k >= j) 意义就是从前面的k个人里面选出j个人继续碾压，再选出一些人来排在自己的排名后面，再乘上分配给n个人1~U[i]的分数的合法方案数P[i]。我们发现 P[i]=∑U[i]j=

树哈希+树形DP+组合计数VFK题解里用的是直径的中心，然而我用的是重心，不过基本没区别。所有独立集计数记f[i][0/1]表示i取或不取，子树内独立集个数。要求本质不同，那我们希望拿一个点r出来当根，尽量让以r为根的有根树形态唯一，即不存在树内一点u，使得u当根和r当根时结构一样。重心是一个不错的选择，因为一棵树重心至多两个。对于重心有两个的情况大力分类讨论即可，前面的做法和重心唯一的做法一样。考

一道观察性质好题- -。一个朴素的做法是插头DP，然而这题数据范围太大，考虑题目性质。 来个例子”L12”，其中12表示还没有填，L表示这个位置放了一个L形的管道。仔细观察可知此时1必有左插头，2不能有左插头因此必有右插头。类似地我们可以完全把一整行的左右插头确定下来。确定完之后我们可以保证这一行不会在左右插头的位置发生泄漏。同理做一下上下。最后答案就是2^(没确定的行和列)#include<cst

最短路+bitset+DP个人觉得这题的思路非常高妙。首先肯定是要建出最短路DAG，这个图上任意一条路径都对应一条原图的最短路。如果一个点a在S到T的必经之路上，那就会有S到a的方案数 * a到T的方案数 = S到T的方案数这个东西显然是充要的，这是一个巧妙的转化。套用这个想法，这题要求选出两个点，那就只需S到a的方案数 * a到T的方案数 + S到b的方案数 * b到T的...