随笔分类 - hdu
摘要：网络流建图，首先将所有价值加起来，用最小割考虑要删掉多少个价值：源点向每一个士兵连流量为x的边，士兵向汇点连流量为y的边，每一对关系间连流量为z的边，考虑有方程x1+y2+z=x2+y1+z=a+c，x1+x2=b+c，y1+y2=a+b，由于对称性（其实也不一定要对称），解得x1=x2=(b+c)
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摘要：有两个结论：1.排序后，答案一定是连续的三个数；2.当序列长度超过44一定有三个相同的数（因为即使该序列是斐波那契数列，此时也超过了1e9），然后用主席树等数据结构（略卡常，建议主席树）来维护前45大即可 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std
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摘要：计算一对逆序对的贡献，即在n个数期望要删多少步才能删掉其中的两个数，设f(n)表示此时的期望，则有方程$f[n]=3/4+(\sum_{i=2}^{n}f[i]\cdot c(n-2,i-2))/2^n$，手算(打表)得到f[i]=4/3（代入成立），因此$ans=\sum_{i=1}^{n}(i-
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摘要：首先发现，最终第0辆车一定被堵在某一辆车前，那么等价于它的初始位置就在(那辆车的位置+中间车的车长)/那辆车的速度，其中最大的那个就是答案因此得出结论：$ans=max((\sum_{j=1}^{i}l[j]+s[i])/v[i])$，其中$i\in [0,n]$ 1 #include<bits/s
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摘要：令$m=\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor-1$ $\sum_{i=1}^{n}gcd(floor(\sqrt[3]{i}),i)$=$\sum_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=i^{3}}^{(i+1)^{3}-1}gcd(i,j)+\sum\limits_{i
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摘要：首先，从1和n跑一次dij，判断每一条边能否出现在最短路上，不能出现就删掉，然后将所有边建在图上，流量为边权，跑最小割即可。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 10005 4 #define ll long lo
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摘要：状态f[i][j][k][l]表示前i个数，四种数的最后一次出现的位置分别是i、j、k和l（i>j>k>l），判断所有第右端点为i的区间是否满足此要求（不满足重置为0），考虑第i+1个位置填什么，转移到下一个位置上即可。 这样的时间复杂度看似是$o(Tn^{4})$，实际上由于枚举只需要比上一个数小
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摘要：不管是否使用技能，发现操作前后所有堆二进制中1的个数之和不变。那么对于一个堆其实可以等价转换为一个k个石子的堆（k为该数二进制的个数），然后就是个nim游戏。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int t,n,ans,a[101];
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摘要：首先由一个神奇的序列叫做Purfer序列，他可以表示一棵树，且每个节点出现此时为度数-1(因此总长为n-2)。 然后dp，用f[i][j][k]表示用前i个点中的j个点构成了一个长度为k的Purfer序列（当然要符合条件），那么有$f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+\sum\limit
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摘要：首先发现结果与需要改变的具体位置无关，只和需要改变的位置的个数有关，因此设f[i][j]表示选取了i个数字异或结果有j个1，只要分析接下来选择的数和这j个1有几个重合即可： 1. 三个数字全部重合，即$f[i][j+3]+=f[i-1][j]\cdot c(n-j,3)$ 2. 有两个数字重合，即$
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摘要：1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 #define N 1000005 5 long long n,ans,mu[N],f[N],t[N],vis[N],p[N]; 6 void xx
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摘要：考虑定义以下dp数组：1.g1[i][j]表示第i行从中间出发向左取j瓶牛奶最少要多久2.g2[i][j]表示第i行从中间出发向右取j瓶牛奶最少要多久3.g3[i][j]表示在g1[i][j]的基础上回到中间最少要多久4.g4[i][j]表示在g2[i][j]的基础上回到中间最少要多久5.f1[i]
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