随笔分类 - 2019暑训
摘要："题目链接" 题意：给你一棵树，让你求每个点之间的距离的最短之和 题解：看到最短之和，想到最小生成树，且每条边权不同，最小生成树唯一，就转换问题为，求一棵树上每个点到所有点的距离之和，这就是树形dp，先对一个点跑dfs，求出该点到所有点的距离之和，统计每个点的子树个数，并假设该点为根，再跑一次dfs
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摘要："题目链接" 转换一下问题就是求每个点的最大长度，容易想到树的直径，一个点的最大长度就是他到两个端点长度的最大值，那我们就可以跑3遍dfs，第一遍求出直径的一个点，第二遍求出每个点到这个点的最大距离，第三遍利用第二遍求得的直径的另一点，反向跑，答案就是两者的最大值 这题好像还可以用点分治或者两遍df
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摘要："题目链接" 依旧是树形dp啦，一样的找根节点然后自下而上更新即可 设$dp_{i,0}$表示第i个不设，$dp_{i,1}$表示第i个设一个，容易得到其状态转移 $dp_{i,0} = \sum{dp_{j,1}}(j为i的儿子节点)$ $dp_{i,1} = 1 + \sum{min(dp_{j
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摘要："题目链接" 经典的树形dp，最大独立集，对于每个点就有2个状态，选/不选 设$dp_{i,0}$表示不选第i个，$dp_{i,1}$表示选第i个，容易得到其状态转移 $dp_{i,0} = \sum{max(dp_{j,0}, dp_{j,1})}(j为i的儿子节点)$ $dp_{i,1} = r
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摘要："题目链接" 本题也是区间dp，贪心可证，每一次出发必定是从端点，否则必然有重复，不会是最小值，那我们可以设dpi,j,0/1，0代表从左端点出发，1代表从右端点，因为每次都是从端点出发，状态方程为 dpi,j,0=min(dpi+1,j,0+d[i+1] d[i], dpi+1,j,1+dp[j]
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摘要："题目链接" 本题也是区间dp，但是需要保存的信息很多，是1还是0，有多少个连续的，那我们可以预处理，将所有的连续缩合成1个字符，那么字符串就变成了一个01交替的串，我们任意的消除1个部分，一定能引起连锁反应，~~像消消乐~~ 我们设dpi,j,k为区间[i,j]，j后面有k个与j相同的元素，若j与
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摘要：题目链接 一开始很自然的想到了贪心，跑了一下贪心，发现无法处理某一段已经被选走的情况，根据数据范围，区间dp比较适合，能储存区间取样信息 设dp[i][j]为已经杀死区间[i,j]的最小值，可以得到转移方程,dp[i][j] = min(dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+a[k]+b[i-
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摘要：题目链接 本题也是区间dp三角剖分板子题，只不过加入了判断是否是凸包，计算顺序要用凸包顺序(凸包板) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; typ
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摘要：经典区间dp，破环成链，枚举新起点与新终点即可(i,i+n-1) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) ((x)&(-x)) typedef long long LL; typedef pair<int,int>
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摘要：题目链接 本题是区间dp里的三角剖分，板子题，dp[i][j]表示凸多边形i-j构成的最值，转移方程为dp[i][j] = min/max(dp[i][k]+dp[k][j]+w[i,j,k])(i<k<j)，表示将凸多边形i-j以k为分界，分成i-k，k-j以及三角形i-j-k #include<
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摘要：求期望注意期望的定义，这题我们可以分正负数情况，设所求期望为E 正数: 1/n*x_i 负数:1/n*(E+x_j) 此时概率为1/n，根据期望定义，他回到起点后出去的期望为E，花费回起点的时间为x_j，也就是该点的取值情况 整理上式 E = sum / cnt_i sum是所有绝对值和， cnt_
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摘要：设dp_i为所求答案，每次选择因数的概率相同，设i有x个因数，dp_i=sum(1/x*x_j)+1,(x_j表示第j个因数)，那我们就预处理每个数的因数即可，T=10000，需要预处理出答案 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define
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摘要：设dp_i为已经出现了i面，需要的期望次数，dp_n=0 那么dp_i= i/n*dp_i + (n-i)/n*dp_(i+1) + 1 现在已经i面了，i/n的概率再选择一次i面，(n-i)/n的概率选到新的一面，分别乘其期望次数，并且这次丢过，所以+1 #include<bits/stdc++.
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摘要：题目链接 本题很像bash博弈，但又有些许不同，因为这里是乘法，我们可以列出前几项可能 若n=2-9，那么first可以一次取完 若n=10-18，无论first怎么取，second都能一次取完 若n=19-162，那么无论second怎么取，first都能一次取完 若n=163-324 secon
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摘要：题目链接 思路：考虑第一个人取的方式： 1.每次能取的次数>= n, 一次取完 first win 2.每次能取1个，n是奇数 first win 3.一次取不完，这种情况下也分2种情况 1)second能一次取完， second win 2)second不能一次取完，则他取一次使得这个链至少有一个
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摘要：题目链接 题意是说有1到n个标号的盒子，选择一个非空的盒子A，B是否空无所谓，满足(A+B)%2=1,(A+B)%3=0，A>B 解上面的同余方程组，最小解为3，循环为2*3=6，那我们可以把前5个盒子对应能选择的盒子可以列举出来 1-2-8-14-20 2已经选过 3-6-12- 4-5-11-
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摘要：Nim is a two-player mathematic game of strategy in which players take turns removing objects from distinct heaps. On each turn, a player must remove a
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摘要：当日遇到月，于是有了明。当我遇到了你，便成了侣。那天，日月相会，我见到了你。而且，大地失去了光辉，你我是否成侣？这注定是个凄美的故事。（以上是废话）小t和所有世俗的人们一样，期待那百年难遇的日食。驻足街头看天，看日月渐渐走近，小t的脖子那个酸呀（他坚持这个姿势已经有半个多小时啦）。他低下仰起的头，环
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摘要：大学英语四级考试就要来临了，你是不是在紧张的复习？也许紧张得连短学期的ACM都没工夫练习了，反正我知道的Kiki和Cici都是如此。当然，作为在考场浸润了十几载的当代大学生，Kiki和Cici更懂得考前的放松，所谓“张弛有道”就是这个意思。这不，Kiki和Cici在每天晚上休息之前都要玩一会儿扑克牌
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摘要：十年前读大学的时候，中国每年都要从国外引进一些电影大片，其中有一部电影就叫《勇敢者的游戏》（英文名称：Zathura），一直到现在，我依然对于电影中的部分电脑特技印象深刻。今天，大家选择上机考试，就是一种勇敢（brave）的选择；这个短学期，我们讲的是博弈（game）专题；所以，大家现在玩的也是“勇
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