摘要： 题解写了N多方法，我用的是最水的那种。。 起始区间只有(0 <= Fi <= 500)，500秒之后排名必然不会变化了。。所以，暴力500秒，然后排个序就行了。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <algorithm> 4 #define MAXN 50010 5 struct stt{ 6 int s,t,v,id; 7 bool operator <(const stt& st)const{ 8 return t>st.t||(t==st.t& 阅读全文

摘要： 求比N小的因数最多的数，因数相同时取较小的的。(N<=10^80) 没想法的题目，没想到是搜索。。 首先因子数目 f[i] = ∏(p[i]+1) ,p[i]是所有质因数的个数，这个应该都知道。如果要使因子最多并且数最小，不会用到太大的质数，这个我也不知道怎么证明。。原题解也没有证明。。。 用一个四元组[K,F,N,A[]]表示数K有F个因数，包含N个质因数，每个质因数P[i]分别有A[i]个。然后搜索就可以了，添加一个已有质数A[i]，四元组转化为[K*P[i],F/(A[i]+1)*(A[i]+2),N,A[i]+1]，添加一个新的质数A[i]，四元组转化为，[K*P[i],F*.. 阅读全文

摘要： 给出一个区间以及两种区间操作，[1 l,r,c]把l~r的点染成c色，[2,l,r,c]查询l~r内颜色为c的点的数目。 因为c的数目太大，用线段树是存不下的，所以只能另辟蹊径了。虽然网上有线段树的方法，但那个Max-Min剪枝完全是没有作用的，随便出一组数据，把所有点间隔染成3，5，然后查4，这样用线段树不知道要跑多久。。。 题解说这题是裸的分块HASH。。还没写过，学习了。其实就是将原区间划分乘sqrt(n)个区间，每次暴力查询和跟新两边的区间，中间的区间直接用hash存每种颜色的节点的数量。这里用到了类似线段树的lazy思想，区间成段修改直接打个标记，等到要划分这个区间的时候先把... 阅读全文

摘要： 求把一个数拆成N个非1的数相乘的方案数有多少种（顺序不一样的算不一样的）。 如果不考虑是否为1的方案数，对原数所有的质因数直接用插板法然后乘起来就可以了，麻烦的是有一个所有数都不能为1的问题，这里可以用容斥原理组成。用f(i)表示有i~N个1的方案数,用x[i]表示确切有i个0的方案数。我们可以得到如下方程组：f(0)=1x[0]+1x[1]+1x[2]+1x[3]+....;f(1)= 1x[1]+2x[2]+3x[3]+....;f(2)= 1x[1]+3x[3]+...;f(3)= 1x[3]+...; 比如在算f(1)的时候，假设有3位数，我们枚举每一位为1，会产生重复的情况... 阅读全文

摘要： 给出N个点，生成每条边的概率是pi，问生成一幅连通图的期望。 一开始正着想，感觉很复杂，无从下手，看了题解才发现原来是反过来思考的。。d[i]表示生成i个点的连通图的概率，那只要求出对应的不连通的概率，然后一减就可以了。生成不连通图的情况，就是从i-1个点中，选出1~n-1个点，选出的点和i连通而和其它点不连通，把所有的概率加起来就是生成不连通图的概率。。 1 #include <string.h> 2 #include <stdio.h> 3 #include <math.h> 4 int n; 5 double p, d[30], c[31][31]; 阅读全文

摘要： 这个模型跟小时候玩的大富翁棋类游戏差不多，起点是0，终点是N，每次掷骰子走1~6步，格子分为3种，前进1~6格，后退1~6格，以及停止一回合，求到达终点所需回合数的期望。 用E(I)表示从第I个格子走到终点所需回合的期望，E(N)=0，转移方程为 E(I)=sum(1/6*(E(K1)+1))+sum(1/6*(E(K2)+2))。K1,K2都是从I掷1~6能走到的格子，如果这个格子有操作，就要跳到操作后的格子，第一个sum里求的是不会停一回合的期望和，第二个sum里求的是走到停一回合格子的期望和。 因为有后退操作，所以转移是有环的，不能用记忆化搜索，要用高斯消元来做。 一开始可以D... 阅读全文

摘要： 给出N个点M条边，每次等概率的给这张图加一条边，求连通这个图加边次数的期望。 这题我们并不关心图的形状，只要知道图的连通情况即可，即这张图有几个连通块，每个连通块中有几个顶点。比如，我们用E(2,3,3)表示当这个图有3个连通块，每个连通块中的顶点数分别是2,3,3时，我们把它连通所需加边的期望，对于8个顶点的图，E(8)=0。可以得到转移方程 E(2,3,3)=p1*E(2,3,3)+p2*E(2,6)+p3*E(3,5)+1。 把右边的第一项移到左边，然后用记忆化搜索就可以求解了。 其中p1,p2,p3是转移到其它连通情况的概率，在8个点里连一条边，总的方案数显然是C(8,2)... 阅读全文

摘要： 给一个有向图，每个顶点的出度为1，A和B是图中的两个顶点，A和B每次只能走一步或者不走，设他们相遇时A走了X步，B走了Y步，使max(x,y)最大，有多解时，使min(x,y)最小，如果还有多解，使x>=y。 其实这个图最特殊的地方就是它每个顶点的出度仅为1。我们都知道树的特性是除了根节点外每个顶点的入度为1，那我们把这个图全部建反向边，也就是说每个顶点的入度为1。但是这个图是有环的，它没有入度为0的根，如果我们把环缩成一个点的话，就会发现这个环的整体入度为0，因为每个点在构环的时候入度就已经饱和了，同样，我们也很容易证明每个连通块至多只有一个环，因为一个连通块不可能有两个入度为0的点， 阅读全文

摘要： 按S+W排序即可。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <algorithm> 4 #define MAXN 100005 5 typedef long long LL; 6 struct ppp{ 7 int s, w; 8 bool operator < (const ppp& p) const { 9 return s + w <= p.s + p.w;10 }11 }p[MAXN];12 int n;13 int main() {14 while (scanf 阅读全文

摘要： 求用一个串的四个子串能覆盖原串的最大和最小长度。 比赛的时候没有出这一题，其实思路上差不多都是对的，但细节上没有实现好。。 三维的字符串DP，首先处理出每个子串能够开始的位置，这个暴力一下就行。然后用d[i][j][k]表示长度为i状态为j从当前位置开始已经有k个字符被覆盖的最小长度，j是个四位的二进制状态，为1代表已经使用了这个串。当前位置可以选择使用或者不使用新的未使用子串，DP的时候采用刷表会好写的多。 最小和最大的求法是一样的，开两个数组会爆空间。。改用short就行了。。其实写个函数也挺方便的。。 1 #include <string.h> 2 #include < 阅读全文