随笔分类 - all—好题
摘要：其实就是 n~n中求选k个不同的数，和为0的方案数 学到了新姿势叫整数划分，具体实现是dp 详见：https://blog.csdn.net/Vmurder/article/details/42551603 设f[i][j]为j个数和为i的方案数，然后因为互不相同，所以转移的话有两种，就是当前j个数
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摘要：首先很容易计算对于一个如意郎君列表里有x个男性的女性，编号排第i位的男性被选的概率是 $$ p (1 p)^{i 1}+p (1 p)^{i 1+n}+p (1 p)^{i 1+n}+… $$ $$ =p ((1 p)^{i 1}+(1 p)^{i 1+n}+(1 p)^{i 1+n}+…) $$
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摘要：有趣啊 先spfa分别求出以s1，t1，s2，t2为起点的最短路，然后把在s1 t1或者s2 t2最短路上的边重新建有向图，跑拓扑最长路即可 cpp include include include include include using namespace std; const int N=15
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摘要：合并中间那块的时候没取max……WAWAWA 在线段树上维护一堆东西，分别是len区间长度，sm区间内1的个数，ll0区间从左开始最长连续0，ml0区间中间最长连续0，rl0区间从右开始最长连续0，ll1区间从左开始最长连续1，ml1区间中间最长连续1，rl1区间从右开始最长连续1（起始这六个东西可
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摘要：调死我了…… 首先观察移动方式，需要移动的格子每次移动到相邻格子，一定是先把空白格子挪过去，所以我们得到一种做法，就是bfs预处理出每一个格子的四联通格子之间的空白格子移动距离建边，注意这个移动是不能经过当前枚举的中心格子的，然后把中心格子和它的四联通格子建边权为1的边 注意这里用来建边的点，是(x
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摘要：知道按位贪心但是不知道怎么贪…… 求一个a的异或前缀和s，然后按位从大到小贪心，ans的当前位能为0的条件是s中有 =m个位置这一位为0且没有flag，并且s[n]的这一位为0 如果符合要求，那么把s中这一位不为0的位置都打上flag，表示这些点不能作为区间断点了（如果作为断点的话这一位就要为1了，
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摘要：以后写dp还是向后转移吧……写的把前面加起来的版本怎么也调不过去 首先注意，因为地图碎片只占1体积，所以 n, include using namespace std; const int N=405; int n,l,m,a[N]; double p[N],f[2][N][N],ans; int
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摘要：没考虑可以连着两个不选……直接染色了 实际上是基环森林，对于每棵基环树，dfs找出一个环边，然后断掉这条边，分别对这条边的两端点做一边treedp，取max加进答案里 treedp是设f[u]为选u点，g[u]为不选u点，然后随便转移一下就行了 cpp include include using n
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摘要：emmm妹想到要倒着推 先假设只在n建一个控制站，这样的费用是\\( \sum_{i=1}^{n} b[i]\ (n i) \\)的 然后设f[i]为在i到n键控制站，并且i一定建一个，能最多节省下的费用，那么显然转移是\\( f[i]=max(f[j]+s[i]\ (j i) a[i]) \\)，
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摘要：设f[i]为杀死i的最小代价，显然\\( f[i]=min(k[i],s[i]+\sum f[to]) \\) 但是这个东西有后效性，所以我们使用spfa来做，具体就是每更新一个f[i]，就把能被它更新的点重新入队 cpp include include include include using
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摘要：参考了这个http://www.cnblogs.com/Artanis/p/3751644.html，好像比一般方法好写 大概思想就是先计算出把所有石子都合并到1位置的代价，这样显然有一些是不优的，然后再分别计算把合并到1的石子合并到p，能优化多少 这个计算就是枚举2到tot位，对于每一位计算挪到这
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摘要：容斥是ans= 至少k位置相等对数 C(k,k) 至少k+1位置相等对数 C(k+1,k)+至少k+2位置相等对数 C(k+2,k) …… 然后对数的话2^6枚举状态然后用hash表统计即可 至于为什么要乘上一个组合数，详见 https://www.cnblogs.com/candy99/p/661
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摘要：n ne[n]是n的最长循环节长度，其实就是n 最短前缀=后缀长度 然后我们要求最短循环节，其实就是ne一直往前跳，跳到不能跳为止，这时的n ne[n]就是n的最短循环节长度 cpp include include using namespace std; const int N=1000005;
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摘要：枚举起点做spfa，然后一条边在最短路上的条件是dis[e[i].to]==dis[u]+e[i].va，所以每次spfa完之后，dfs出a[i]表示经过i点的最短路的起点数，b[i]表示经过i点的最短路的终点数，一条边(u,v)在当前起点下的答案就是a[u] b[v]，最终答案是总和 因为最短路构
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摘要：倍增数组的20和N写反了反复WAWAWA…… 注意到a和b在每个点上出发都会到一个指定的点，所以这样构成了两棵以n点为根的树 假设我们建出了这两棵树，对于第一问就可以枚举起点然后倍增的找出ab路径长度的比值，第二问同理，这里倍增的时候注意是先跳a再跳b，所以同一个点b的倍增数组要从a在这个点的的父亲
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摘要：有点神，按照1444的做法肯定会挂 注意到它的概率是相同的，所以可以简化状态 详见http://www.cnblogs.com/candy99/p/6701221.html https://www.cnblogs.com/liu runda/p/6919077.html 总之就是靠在kmp中的ne数
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摘要：本来打算把每个颜色剩下的压起来存map来记忆化，写一半发现自己zz了 考虑当前都能涂x次的油漆本质是一样的。 直接存五个变量分别是剩下12345个格子的油漆数，然后直接开数组把这个和步数存起来，记忆化dfs即可 cpp include include using namespace std; con
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摘要：矩阵乘法一般不满足交换律！！所以快速幂里需要注意乘的顺序！！ 其实不难，设f[i]为i的答案，那么f[i]=(f[i 1] w[i]+i)%mod，w[i]是1e(i的位数)，这个很容易写成矩阵的形式，然后按每一位分别矩阵快速幂即可 矩阵： f[i 1] w[i] 1 1 f[i] i 1 0 1
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摘要：bzoj上是一个森林啊……？ dp还是太弱了 设f[i][j][k]为到点i，合成j个i并且花费k金币能获得的最大力量值，a[i]为数量上限，b[i]为价格，p[i]为装备力量值 其实这个状态设计出来就好做了，树上背包随便转移一下就行了 因为是森林，所以最后统计答案的时候也要再做一遍背包 cpp i
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