摘要： 求X^Z+Y^Z+XYZ=K有多少正整数解。 对于Z=2时是完全平方数可以直接求解，Z=3~31时直接暴力枚举即可，对于所有的X^Y可以全部预处理出来，最多大概也就50000*31种组合。 其实确定了X和Z后，Y可以二分求解的，但当Z>=3时Y能取的值加起来也没有多少。。所以枚举就OK了。 1 #include <stdio.h> 2 #include <math.h> 3 #define MAXN 47000 4 typedef long long LL; 5 const LL INF=(1LL<<31); 6 LL p[47000][31],k; 阅读全文

摘要： 给出N个点，第一个点是裁判，其他N-1个点需要裁判过去回答问题，每个点需要的时间不一样，而每个裁判最多能回答M分钟的问题。题目分两问，第一问是如何分配可以使使用的裁判数最少，第二问是如何分配裁判，使裁判走过的总路程和最少，裁判一开始都在1，最终也要回到1。 至于第一问，用一个状态标记已经回答过的人，并用两个数组存回答这些人问题需要的最小裁判数以及裁判数最少时最后一个裁判的剩余时间，然后用类似哈密顿回路形式DP求解就可以了。 第二问，是MTSP(多旅行商)问题，先求出裁判走过每个集合最终回到起点所需走的路程，然后DP合并环即可。比如1~3三个点，裁判在1，那答案就是Min(1->2-> 阅读全文

摘要： 平面图网络流，比赛的时候想不到怎么建对偶图试了试dinic，居然水过去了。。数据是真水。。 赛后看了各牛的解题报告，才搞懂怎么建对偶图，确实是很巧妙。关于对偶图的概念，可以去看08年周东的论文《两极相通——浅析最大—最小定理在信息学竞赛中的应用》。 建对偶图的难点在于确定每条边相邻的是哪两个块，过程可分为四步 1、将无向图的每条边拆为两条有向边，然后扫描所有的点，将某边对于该点的入边ID和出边ID以及极角存起来。注意起点和终点之间也要连一条边。 2、将与该点相连的边按照极角排序，每条边的入边ID的next指向下一条边的出边ID。不难发现，这样操作以后，每个块周围的边形成了一个环，并... 阅读全文

摘要： 网赛第一个看的就是这题，直接打表找规律。很容易发现是由大于4的的偶数以及奇数的平方，再除去偶数的平方所组成。一开始犯了个比较2的错误，要不然应该是FB了。。 也没有去推为什么是这样，这种题目一般都是先打表找下规律，一发现规律就懒的去推了。。 直接sqrt是有精度问题的，但是G++能A，C++是WA，比较简单的办法是sqrt后再通过乘法调整一下。 1 #include <string.h> 2 #include <stdio.h> 3 #include <math.h> 4 typedef long long LL; 5 int cas; 6 LL l,r; 阅读全文

摘要： 8进制转10进制，只是对应位的数不一样。 1 #include <string.h> 2 #include <stdio.h> 3 int n; 4 int d[]={0,1,2,0,3,4,5,6,0,7}; 5 int main(){ 6 while(scanf("%d",&n),n){ 7 int sum=0,b=1,nn=n; 8 while(n)sum+=d[n%10]*b,b*=8,n/=10; 9 printf("%d: %d\n",nn,sum);10 }11 return 0;12 } 阅读全文

摘要： 给出M个短串，这些短串由前N个大写字母组成。然后随机的按字符生成字符串，每次生成1~N个字符的概率是相等的，当生成串包含任意一个指定短串时，就停止生成。问生成串的长度的期望是多少。 首先建立Trie图，对每个可能作为短串结束的点都打上标记。用E(x)表示从这个点走到停止生成所需长度的期望。显然，对于打标记的点，E(x)=0。对于没打标记的点E(x)=∑(E(next[x][i])*1/N)+1(0<i<N)，next[x][i]是它在trie图中接受字母i后走到的点。 然后根据Trie图建立方程组，用高斯消元求解E(0)即可。 高斯消元的精度着实很低，现在的代码能过G++，但C++ 阅读全文

摘要： 求从L~R转换成B进制之后数位之和为M的数有多少个。 国家集训队09年的论文《浅谈数位类统计问题》对这一类的问题总结的比较详细，数形结合的思想十分巧妙。 第二种查询要用到第一种查询的结果，然后二分一下就可以了。 1 #include <string.h> 2 #include <stdio.h> 3 #include <string.h> 4 typedef long long LL; 5 int q,x,y,b,m,k; 6 int d[32][301],num[32]; 7 int dp(int l,int s){ 8 if(s<0)return 阅读全文

摘要： 很黄很暴力的枚举，加上了状态压缩的优化。 用15位的状态压缩木棍，1代表使用，0代表没有使用。然后枚举1~2^15作为一根木棍的组成，取反后的状态为令两根木棍，再枚举这个状态的所有子集，即将它拆成两根木棍。。。然后HASH一下就可以了。 其实是有重复状态的，每种状态都会重复六次。加上一个优化if(len[i]>=len[ii])continue;当第一条边比剩余两条边的和都大的时候就不去枚举剩余两条边的组合，这样效率会高上很多。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #include <algorithm& 阅读全文

摘要： 把1~N的路径处理出来，算出需要的时间，如果时间不够就直接挂了，时间多的话就可以去用这些时间去拿别的物品了。 对1~N这条路径上的所有点做一遍树形背包，注意背包时不要背到这条路径上的点，否则就重复计算了。最后再将路径上的点用背包合并即可。 不过我这么写效率好像比较慢，跑了150ms+ ，rank上有不少0ms的，应该是有更好的算法。。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #define MAXN 105 4 struct edge{ 5 int v,w,n; 6 }e[MAXN*2]; 7 int first[MAX 阅读全文

摘要： 用一个最小值和最大值来表示每个节点的范围，DFS一遍即可。父亲节点的最小值必然比儿子节点的最小值之和大1(它自身至少要1元)，至于最大值，没有什么限制，我一开始一直WA在这里了，因为儿子最大值的和是限制不了父亲节点的，因为父亲节点可以取任意大的值。。最后每个节点的最小值都一定小于等于最大值才会是正确的。。 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 #define MAXN 10005 4 typedef long long LL; 5 const LL INF=100000000000LL; 6 struct edge{ 阅读全文