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大型补档补了一年 "题目链接" 考虑枚举月之数的数列和，然后展开dp预处理 设当前模数为 $P$ $f[i][j][k]$ 表示一共有 i 位数字，数位和为 j，数值和 % P 的值为 K $f[1][i][i \% P]++$ 初始化 （$0 include include using names 阅读全文
posted @ 2020-02-28 22:11
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大型补档计划 "题目链接" 就是把序列分成无数段，每段长度 $ = K$，然后 $[l, r]$ 这段的花费是 $S[r] S[l 1] (r l + 1) a[l]$ （把所有数减成 $a[l]$） 很容易列出状态转移方程： 设 $f[i]$ 为前 i 个分完段的最小花费 $f[i] = f[j] 阅读全文
posted @ 2020-02-28 22:09
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大型补档计划 "题目链接" $f[i][j]$ 表示前 $i$ 天，手里有 $j$ 个股票挣得最多钱 买股票。枚举 $u include include using namespace std; const int N = 2005; int T, maxP, W, AP[N], BP[N], AS 阅读全文
posted @ 2020-02-28 22:06
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大型补档计划 "题目链接" 若 $K = 1$，显然，$B[i]$ 取 $A$ 序列的中位数时最优。 考虑扩展，我们只需要把 $A$ 分成 $K$ 段，每段内， $B$ 最优的取值即这一段的中位数 设 $g(l, r)$ 为 $[l, r]$ 这一段 A 数组序列的中位数 设 $f[i][j]$ 为 阅读全文
posted @ 2020-02-28 22:05
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大型补档计划 "题目链接" 考虑模拟这个过程。 $f[i][0 / 1]$ 表示从第 $i$ 个围栏的 左/右端点开始往下走，走到原点的最小花费。 转移很容易想到，就是考虑找到一个往下走第一个碰到的围栏 $j (j include using namespace std; const int N = 阅读全文
posted @ 2020-02-28 22:00
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大型补档计划 "题目链接" 如果整体来做，发现既有加法，也有整体异或，这样不容易搞。 考虑异或，各个位置互不干扰，按位考虑一下。 枚举每一位 $k$ 发现如果设 $f[u]$ 为这一位的期望结果还是不好做。 由于 每个位置只有 0 或者 1 两种操作，不妨设 $f[u]$ 为 $u n$ 这一位路径 阅读全文
posted @ 2020-02-28 21:51
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"题目链接" 大型补档计划 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 个国家，获得 $j$ 个国家支持，用的最少花费 $f[i][0] = 0$ $f[i][sz[i]] = w[i]$ 对于每条边 $(u, v)$ 枚举 $u$ 的第二维 $j$，$v$ 的第二维 $k$ $(k include inc 阅读全文
posted @ 2020-02-28 21:44
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由于木块可以由一些木块的消除，使两边相同颜色的合并 所以我们设定一个归并方式，即每个区间记录一下右边的延展性。 （等于左边找右边） 设 $f[i][j][k]$ 为$[i, j]$ 区间，右侧有 $k$ 个颜色 $= a[j]$ 的。 考虑两种转移方式。 第一种操作：直接搞掉右边的。 设 $i in 阅读全文
posted @ 2020-02-28 21:40
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1 {} 2 [] 3 () $f[d][a][b][c]$ 表示 $[i 2 1, j 2]$ 这段区间 深度为 d $1$ 有 $a$ 个， $2$ 有 $b$ , $3$ 有 $c$ 个 初始状态 $f[1][0][0][1] = 1;$ $f[1][0][1][0] = 1;$ $f[1][ 阅读全文
posted @ 2020-02-28 21:37
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"题目链接" 大型补档计划 没想出来去看题解了。。。 关键是发现无论怎样括号嵌套，每个元素始终只有对答案的贡献为 + a[i] 或者 a[i]。 而且第一个必然贡献是 +1， 第二个必然是 1。 所以用背包跑出来每个元素应该加还是减。 然后就是构造了。 观察到每个减操作实际上是把一个位置的贡献取反， 阅读全文
posted @ 2020-02-28 21:24
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