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摘要： 博弈论+dp 从未做过博弈论。。。 思路是这样的，我们倒着考虑，分别设f[i]表示先手选了a[i]后能取得的最大值，g[i]表示先手取了a[i]后后手能获得的最大值 g[i]=f[mx],f[mx]是[i+1,n]中最大的f,因为现在先手选了a[i],那么后手就变成先手了，自然选最大能获得的收益，f 阅读全文

摘要： 二分+期望dp 好神奇啊。。。出题人太神了！ 我们发现dp之间的关系不满足是一个dag，那么我们只能用高斯消元，但是由于这里是取最小值，需要取min，也不能用高斯消元，于是我们想出了一个奇妙的方法 我们假设x为从0到n的期望花费，这是我们自己定的，如果我们选择回到起点，那么就强制用x的期望时间直接到 阅读全文

摘要： 构造 想了好长时间。。。 答案是n+n/2 我们这么想，先把偶数位置炸一遍，所有坦克都在奇数位置，然后再把奇数炸一遍，坦克都到偶数去了，然后再炸一次偶数就都炸掉了。。。 好巧妙啊 奇偶讨论很重要 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; 阅读全文

摘要： 矩阵乘法 。。。爆零了。。。 想到Floyd，却不知道怎么限制点数。。。 其实我们只要给Floyd加一维，dp[i][j][k]表示当前走过了i个点，从j到k的最短距离，然后这样可以倍增，最后看是否有i->i的距离<0 做dp或最短路之类的题的时候，如果限制条件较多，可以考虑加维度 #include 阅读全文

摘要： 概率dp+记忆化搜索 dp[i][j][0]表示当前公主走公主赢的概率，dp[i][j][1]表示当前龙走公主赢的概率，然后剩下的就是一些细节的讨论，记忆化搜索很方便 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1005; i 阅读全文

摘要： dp+置换 可以把排列分成几个循环，然后dp统计 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*(i-1)+dp[i-1][j],表示当前有i个元素，至少换j次，然后如果不在自己应该在的位置有i-1种情况，在自己位置上有1种情况，转移即可 话说vjudge也有100AC了。。。 #include<cs 阅读全文

摘要： 序列dp 先开始想了一个类似区间dp的东西...少了一维 然后发现似乎不太对，因为女生的最大差和男生的最大差并不相等 dp[i][j][x][y]表示当前有i个人，j个男生，男生和女生的后缀最大差是x，女生和男生最大差是y，x,y>=0,转移详见代码，注意x-1<0时也可以转移，只不过要和x-1取m 阅读全文

摘要： 容斥原理+哈希表 恰好k个，那么上容斥原理，我们先2^6枚举相同的位置，用哈希表判断有多少个对应位置相同的元素，然后用容斥原理计算，似乎这里的容斥没有那么简单，详见这里 http://www.cnblogs.com/candy99/p/mobius.html， 要乘上组合数计算 #include<c 阅读全文

摘要： 区间dp 其实我们发现对于一段区间我们是这样构造的，每次我们会向两端放数，这样就有四种情况，且必须满足题意，初值是dp[i][i][0]=1,因为第一个人只有一种放法，不分左右。其实看见dp[i][i][0/1]=1时答案是16就改初值 #include<bits/stdc++.h> using n 阅读全文

摘要： 容斥原理+组合数学 看见这种恰有k个的题一般都是容斥原理，因为恰有的限制比较强，一般需要复杂度较高的方法枚举，而容斥就是转化为至少有k个，然后通过容斥原理解决 我们先选出k个元素作为交集，有C(n,k)种可能，那么剩下的n-k个元素既可以选也可以不选，一共有2^(n-k)种选法，每种选法对应了一个集 阅读全文