金木换

摘要： Link 很显然,有两种思维模式. 第一种,分别求每个区间的贡献然后加起来. 第二种,分别求每一对的贡献然后加起来. 思考一下,第二种方法是可做的. 假设题目给的串是 1x1xx1 ,第二个1的贡献是1 \(\ast\) 4(因为所有左边界<=第一个1并且有边界>=第二个1的区间都有这一对), 再看 阅读全文

摘要： Link 对于每行来说,第i行选择的格子的数量一定要小于等于上一行,由此很容易想到dp dp[i][j][k]: 前i行选j个且第i行选k个的最大贡献 \(\max \limits_{x}\{dp[i-1][j-k][x>=k]\} + s[i][k]\) (s[i][k]是第i行前k个的和) 这题 阅读全文

摘要： Link dp[i]: 以a[1][i]结尾的最长公共子序列长度 dp[i]=dp[j]+1(1<=j<=i-1) 只需满足a[1][j]这个值在每个排列中都在a[1][i]这个值的前面 ##code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; type 阅读全文

摘要： Link (数学方法忒难)考虑n²dp,dp[i][j]:前i对修改j个使其回文的方案数(第一对是第一个和最后一个,以此类推) 状态转移很容易想 f表示第i对是否相同 相同f=1 不同f=0 dp[i][j] = dp[i-1][j] * (f?1:0) + dp[i-1][j-1] * (f?0: 阅读全文

摘要： Link cnt1: 不配对的对数 cnt2: 配对的对数 注意到每对不配对的数必须修改 并且可以选择修改一个或者修改两个 所以可以暴力枚举配对的数修改的对数 这样一来就可以知道不配对的数所需要产生的贡献tmp=k-2*修改的配对的对数. 设x为不配对的数中修改一个的对数,y为不配对的数中修改两个的 阅读全文

摘要： Link 两个数相加最大是5e6 先粗略地想如果暴力找发现某个和出现了两次 那么就有可能存在两对数相加相等(a+b=c+d) 但是可能存在a+b=a+c这种情况 这时考虑一下有哪几种情况 再来一对 可能是a+d b+c b+d c+d这四种可能 其中b+d和已有的a+c互异以及c+d和已有的a+b互 阅读全文

摘要： Link 先说思路 启示放在后面 dp[i][j]: 从1号点到i号点且经过j个点的最少时间 那么答案就是dp[n][j] (1<=j<=n) 中小于等于T的最大的j值 转移方程很好想 如果有一条从u到v的边 那么dp[v][j] = min(dp[u][j-1]+w) 这里加上min是因为可能有多 阅读全文

摘要： Link 考虑最多几个不用移动 很容易想到最长非严格递增子序列不动 答案就是n-LIS ##code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define pb push_back const int N 阅读全文

摘要： Link 一个小模拟 愣是写了一个钟头... 先上代码 再说启示 Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define pb push_back const int N = 10000; int 阅读全文

摘要： Link 如果不考虑card只考虑信封 那么先对所有信封排序(先按w从小到大排,如果w一样按h从小到大排) 然后就是对信封的h n²求最长上升子序列(同时要考虑到w可能相等) 考虑card 只有宽和高都大于w和h的才能进行转移 因此初始化时让dp[i]=1 if(a[i].w>W&&a[i].h>H 阅读全文