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摘要： A 签到，开long long（不开也pp不了） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long a,b,ans; int main() { cin>>a>>b>>ans;ans*=2; if(a==b)ans+=a*2; else an 阅读全文

摘要： AB 签到（A就是ans=180(n-2)所以不放code了） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,ans; char s[100001]; int main() { scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1),an 阅读全文

摘要： 非常抱歉，这篇文章鸽了。 阅读全文

摘要： 一眼最小割。 一种比较好想的建图方式如下： 连源点表示学文，连汇点表示学理，然后adde(S,id(i,j),a[i][j])，adde(id(i,j),T,b[i][j])；对于相邻座位选择同一科的情况，建立新节点，然后若学文，则新点向T连一条流量为价值的边，然后两名同学向该点连接流量为inf的边 阅读全文

摘要： 很容易发现一个O(n2)DP，f[i][j]=f[i][j+1]+f[i+1][j]-f[i+1][j+1]。然后由于有栅栏，一些位置没办法走，然后就可以用类似差分的方法，f[i]表示当前行f[i+1]无法到达的花朵，然后对于每个点找到其下方第一个栅栏。分情况讨论，需要支持单点修改（出现花），区间标 阅读全文

摘要： 非常抱歉，这篇文章鸽了。 阅读全文

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摘要： 这题正解应该是扫描线，就是发现DP的区间在两个维度都为连续段，于是可以直接扫描线。但不幸的是，扫描线常数过大，无法通过本题。 考虑分治。对于分治区间[l,r]，可以记录pre和nxt表示其前/后一次出现的位置，每当遇到一个出现次数=1的数，可以直接把区间分为两半判断，反之则丢掉这个数，而仅会分治一次 阅读全文

摘要： 颜色数不超过lim=min(m,n/S)，然后计算恰好出现S次的颜色有至少i种的方案数为f[i]，被钦定的i种恰好S个，其余(m-i)种一共(n-iS)个，然后f[i]=C(i,m)(m-i)n-iSn!/((S!)i(n-iS)!)，然后一减就发现ans[i]=Σ(-1)j-iC(i,j)f[j] 阅读全文

摘要： 首先有个很奇妙而且很有用的性质：每个二叉树对应唯一的中序遍历，然后每个二叉树出现概率相同。所以n个节点的二叉树形态是n!种（题目中说了*n!已经是提示了），对每种方案求和即可得到期望。令f[i]表示i个节点的子树，根深度为1时，所有点的期望深度之和乘i!的值，令g[i]表示i个节点的子树，期望两两路 阅读全文