随笔分类 - all—好题
摘要：今天真是莫名石乐志 一眼矩阵乘法，但是这个矩阵的建立还是挺有意思的，就是把sum再开一列，建成大概这样 然后记！得！开！long！long！！ cpp include include using namespace std; const int N=20; long long n,b[N],c[N]
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摘要：和合并果子类似（但是是第一次听说哈夫曼树这种东西） 做法也类似，就是因为不用知道树的形态，所以贪心的把最小的k个点合为一个节点，然后依次向上累加即可，具体做法同合并果子（但是使用优先队列 注意这里可能不能被k 1整除，需要补一些出现次数0的单词 cpp include include include
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摘要：参考：https://blog.csdn.net/sunshinezff/article/details/51049132 非典型数位dp 首先预处理，设f[i][j]为以0开头的i位数中1的个数为j的数的数量，g[i][j]为以1开头的i位数中1的个数为j的数的数量；转移是 f[i][j]=f[i
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摘要：对于一个lr，每个颜色贡献的是在(1,r)区间里出现的最右位置，所以记录一个b数组表示当前点这个颜色上一个出现的位置 然后把询问离线，按r升序排序 每次把右端点右移，把这个点在树状数组上+1，并且在当前这个点的b位置上 1（表示没用了），然后树状数组前缀和减一下即可 ~~我写的~~莫队会T cpp
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摘要：设[f[i][j]为1到i，开头数字是j并且是山峰的方案数 注意到当数字j和j 1不相邻时，交换它们会得到一个新的符合要求的序列，所以f[i][j]+=f[i][j 1]; 如果相邻，那么j是山峰，j 1是山谷，这样就是求1到i 1，开头数字是j 1并且是山谷的方案数，也就是f[i][j]+=f[i
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摘要：总之就是找前面所有点的斜率都严格小于这个点的这样的点的个数 不管是询问还是修改都非常线段树啊，而且相当眼熟~~是不是和hotel有点像啊~~，大概就是区间内记一个len一个max，分别是当前区间答案和区间最大斜率，然后合并区间的时候用右区间递归，分情况讨论更新左区间 这样是两个log…… cpp i
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摘要：我太菜了，看的hzwer的blog才懂 大概是设f[i]表示已经拥有了i张邮票后期望还要买的邮票数，这个转移比较简单是f[i]=f[i]\ (i/n)+f[i+1] ((n i)/n)+1 然后设g[i]为还需要的钱，可以把转移看做每张票都比前面的贵1元，就是g[i]=((n i)/n)\ (g[i
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摘要：参考：https://blog.csdn.net/shiyukun1998/article/details/44684947 先看对于树的情况 设d[u]为点u向儿子走的期望长度和，du[u]为u点的度数，f[u]为u向儿子走的期望长度，只需要dfs两遍，一次求向儿子的d[u]+=f[e[i].to
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摘要：有一个性质就是组成最小生成树总边权值的若干边权总是相等的 这意味着按边权排序后在权值相同的一段区间内的边能被选入最小生成树的条数是固定的 所以先随便求一个最小生成树，把每段的入选边数记录下来 然后对于每一段dfs找合法方案即可，注意dfs中需要退回并查集，所以用不路径压缩的并查集 然后根据乘法定理，
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摘要：满脑子组合数学，根本没想到dp 设f[i][j]为前i只蚂蚁，选出j只的方案数，初始状态为f[0][0]=1 转移为 $$ f[i][j]=\sum_{k=0}^{a[i]}f[i 1][j k] $$ $$ f[i][j]=\sum_{k=max(j a[i],0)}^{j}f[i 1][k] $
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摘要：首先来分析一下，这是一张无向图，要求没有两条路联通的点对个数 有两条路连通，无向图，也就是说，问题转化为不在一个点双连通分量里的点对个数 tarjan即可，和求scc还不太一样…… cpp include include using namespace std; const int N=5005;
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摘要：这个和bzoj同名题不一样，有多个匹配串 但是思路是一样的，写个AC自动机，同样是开两个栈，一个存字符，一个存当前点在trie树上的位置，然后如果到了某个匹配串的末尾，则弹栈 cpp include include include include using namespace std; const
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摘要：好久没写kmp都不会写了…… 开两个栈，s存当前串，c存匹配位置 用t串在栈s上匹配，栈每次入栈一个原串字符，用t串匹配一下，如果栈s末尾匹配了t则弹栈 cpp include include include using namespace std; const int N=1000005; int
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摘要：参考：https://blog.csdn.net/mars_ch/article/details/53011234 我背包真是好不熟练啊…… 第一天买了第三天卖相当于第一天买了第二天卖第二天再买第三天再卖。所以问题转化成完全背包，每天转移即可 cpp include include include
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摘要：把关系变成有向边，稍微想一下就是要求在有向图中不能到达的点对个数，这个可以用Floyd传递闭包来做，但是n^3的复杂度跑不了1000 考虑bitset优化！ 因为传递过程只会出现0和1，用bitset完全没问题，而且重要的是bitset可以进行位运算，一下转移一整行：如果j能到i，也能到i能到的所有
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摘要：预处理出g[i][j]表示原串第i个匹配第j个单词需要去掉几个字母（匹配不上为 1） 设f[i]为i及之后满足条件要去掉的最少字母 倒着dp！ f[i]初始为f[i+1]+1，转移方程为f[i]=min(f[i],f[i+strlen(b[j]+1)+g[i][j]]+g[i][j]) 也不是很难理
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摘要：只要发现添加一个字符和删除一个字符是等价的，就是挺裸的区间dp了 因为在当前位置加上一个字符x就相当于在他的对称位置删掉字符x，所以只要考虑删除即可，删除费用是添加和删除取min 设f[i][j]为从i到j的价格，长度从小到大枚举更新就行了 f[i][j]=min(f[i][j 1]+cost[s[
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摘要：唔不知道怎么说……大概核心是把矩阵快速幂的乘法部分变成了Floyd一样的东西，非常之神 首先把点离散一下，最多有200个，然后建立邻接矩阵，a[u][v]为(u,v)之间的距离，没路就是inf 然后注意重载乘号的部分，注意到这样乘一次就相当于把本来存了经过k条路的最短路的邻接矩阵变成存了经过k+1条
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摘要：参考：http://hzwer.com/3917.html 好神啊 注意到如果分成n段，那么答案为n，所以每一段最大值为\\( \sqrt{n} \\) 先把相邻并且值相等的弃掉 设f[i]为到i的最小答案，b[j]表示的是从b[j]+1开始到i共有j个不同的数字，p[a[i]]表示a[i]上次出现
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摘要：参考：https://www.cnblogs.com/N C Derek/archive/2012/07/11/usaco_09_open_tower.html 虽然长得很像斜率优化，但是应该不算…… 贪心是错的，对拍出好多异常情况 s[i]为前缀和，从顶向下dp;设f[i]为本层宽度，g[i]为这
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