Redial's Blog

摘要： 可以求解关于子集的前缀和，原理本质上是逐位前缀和。 int s[N]; for(int c = 0; c < m; c ++){ for(int state = 0; state < (1 << m); state ++){ if(state >> c & 1){ s[state] += s[sta 阅读全文

摘要： P2233 对于一个稠密图（\(n \leq 500\)），可以直接构造它的邻接矩阵 \(G\)。而利用该邻接矩阵可以直接求出任意两点 \(u, v\)，从 \(u\) 到 \(v\) 经过恰好 \(k\) 条边的方案数：求出 \(G^{k}\) 即可，\(G[u][v]\) 即为所求。 证明：利用 阅读全文

摘要： F1 很好的一道 \(dp\) + 简单容斥。关键在于如何处理重复计数部分的转移，需要发掘被重复计数部分的性质，然后需要额外 \(dp\) 其中多余的部分并在总转移数组中减掉，便不会再重复计数。题解看这篇博客即可：blog code 阅读全文

摘要： F 需要特别注意的地方：这道题中的一次走 \(K\) 条边需要保证与初始点距离也为 \(K\)。而原图是一棵树，因此等价于在走的过程中，不可以经过之前走的那条边。所以本题在进行动态规划转移时，需要针对这一点添加限制。（如果走 \(K\) 条边不需要保证距出发点距离恰好为 \(K\)，那就相当于无限制 阅读全文

摘要： 862E 显然只出现 \(1\) 次的权值永远不会有贡献；对于出现超过 \(2\) 次的权值，由鸽巢原理可知无论怎样分成两个部分，必然会有其中一部分的出现次数 \(>=2\) 次。因此这些权值的贡献永远存在。我们只需要关心恰好出现 \(2\) 次的权值。 而题目要求的是关于所有边的答案，由于断开所有 阅读全文