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虽然一看就是DP问题，但是每个Coffin是唯一的，修了一次就不能再修了。这样更新每个时间对应的最高赏金时要考虑那些Coffin还没修的问题，这就很麻烦了。但事实上，对于一个最优的安排中修建的Coffin，是有严格的时间先后顺序的。考虑Coffin a & b，在任意相同时间t下，先a后b与先b后a所能获得的赏金分别是 t*a.s + (t-a.t)*b.s & t*b.s + (t-b.t)

开始想了一个错误的算法，对每个节点保存它的子树中的节点数目和其中为一的数目，操作某节点时向上更新其祖先的数据(log N)，查询时直接输出。当时忽略了操作同时也需要更新后代的数据，这样的最坏复杂度是N，肯定是不行的。但直接交上去不是WA而是超时，由此猜想其中有类似链表的数据。这个问题可以用线段树很好地解决，在对原树进行先序遍历的同时标上序号后，可以将任意子树转化为区间。序号介于某节点到它的任意

这是第二次参加ZOJ月赛吧，两次都是为了准备校赛。第一次也是去年的这个时间，三个人去了机房，用个把小时看完题后，走了两个。我多呆了半个小时，终于忍受不了机房的键盘鼠标声和题目的复杂程度，也离开了。在刷这次月赛前，做了一下上次月赛的题目，能A四五道，心中窃喜。果然运气成分还是很大的，若没有与人讨论，今次恐怕又是鸭蛋。H  3693 Happy Great BG简单题，但是出题者神思路

首先中心应当位于整棵树的直径上，先从任意点开始搜一条最长路径，该路径的终点必是直径的一段，以上结论由反证可推出矛盾。再从端点开始深搜可得直径，遍历该路径即可得到中心点所在。接下来以中心点为根节点，开始DP即可。#include #include #include using namespace std;#define it map::iteratorstruct roa

又是DP问题，又是内存不够，可惜这道题却能用map过掉。将M分解成a*b，则dp[M]=min(dp[a]*(b/2+1), dp[b]*(a/2+1))。(a|b)/2+1是level1中最少支持意大利的组数。#include #include using namespace std;map mem;int dp(int num){ int& res = mem

二维DP，用a[i][j]表示前i个广场容纳j个球迷的方案数，这里的球迷或为Barcelona，或为Madrid。由于题目保证两队人数与广场总容量相等，则可选择人数较少的队DP。不过这样的话用来存储中间结果的二维数组过大，为200*100000*4Byte，刚好约是内存限制的1.25倍。开始想用map<pair<int, int>, int>节约内存，结果超时，故而重新用滚动数组写了一遍。

题目大意是有L*W*H个1*1*1的小方块，堆成长L，宽W，高H的玩具。每个小方块上有一个数字，每次我们可以让某相邻的两个小方块，同时加上或减去一个相同的数字。问经过若干步后能不能使所有数字均为0。显然可以转化成图来考虑。假设A, B, C, D依次相邻，分别对应1，2，3，4。经过三次操作，AB-1，BC+1， CD-1，可使D=D-A，A=0；通过两次操作，BC-2，CD+2，可使D=D+

据说是错排公式的扩展，叫做限位排列。递推公式如下：但是因为对1000000007取了模，所以其中的除法不一定能除尽，当然在数学意义上是能够除尽的。可以用费马小定理去掉除法：若P为质数，则 a^p = a mod P，即 a^(p-1) = 1 mod P。但是这样一来式中会出现三项相乘，用long long计算是必须的，此外每乘一次要取模，否则long long

因为限制数M比较小，可以直接对不满足条件的情况进行搜索。若某次搜索的结果中有违反了k个限制，则这样的排列数为(n-k)!，再根据k的奇偶性，判断是应当加还是减。当k为0时显然要取加号，于是k为奇时取减号。#include #include #define Mod 55566677bool got[51][51], use[51][2];int st[25][2], n,

采用递推：当NM时，若1到N-1满足条件，则N可以任意染色，方案数为C(N-1)*2；否则，必有1到N-M-1不满足条件，N-M为蓝，N-M+1到N-1为红，这时将N染成红色即可，方案数为2^(N-M-1)-C(N-M-1)，即1到N-M-1所有的染色方案数减去满足条件的方案数。#include #include #define mod 1000000007typedef long lo