随笔分类 - luogu
摘要：如果纯暴力做的话，最多的格子数有$1000*1000=1e6$，每一个格子都有染色和不染色两种，一共要枚举$2^{1e6}$种情况，肯定会T，， 本题的特殊性在于如果对一个格子进行染色操作A，如果染色过后与想要的最终结果不冲突，那么这个操作A一定是对的，就是不存在反悔的问题（就是后面某一个染色操作出
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摘要：**思路：**由于递归每一层都计数[l, r]中1和0的个数复杂度太高，极限情况下，递归过程中计数的复杂度：\(1024^{11} = 2^{110}\)，这里用前缀和记录一下1的个数，就可以每一层$O(1)$复杂度获得1的个数了，做法就是根据题目说的递归构造树，然后后续遍历 **空间大小问题：**
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摘要：第一次交的时候T了三个点，发现询问数量最大1e5, 当迷宫比较完美(从每一点开始都可以把整个迷宫跑一遍)的时候，这个复杂度为$1e5 * 1000*1000 = 10^{11}(O(n^2m))$，超时 如果一个位置A可以到达B，则A、B相互可达，并且从A和B出发能到达的位置数目相同，所以再搜索完一
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摘要：**思路：**一开始想的是改一下深搜的方式，让它只遍历矩形块，然后在下面的遍历中判断是否出现矩形块交叉，但是很难实现，然后发现可以通过在遍历过程中判断是否合法。 船体有交叉（连通块不是矩形）<=> 必定会在深搜过程中搜到如下的(a, b)位置（4种情况之一） 所以在搜到这种情况时，直接返回false
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摘要：**题意：**给你一个有向无环图，并且给定每一个结点的初始状态和阈值（非输入层的结点的初始状态必为0），求输出层的所有结点的状态，只输出状态值大于0的 **思路：**拓扑排序一遍得到拓扑序，然后根据拓扑序用前面的结点算它的所有后继结点的状态值，最后遍历所有结点，输出位于输出层（出度=0）并且状态值>
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摘要：思路：每加一条边，更新结点数并做一次拓扑排序判断有没有环，并同时判断能不能唯一确定一个大小关系序列。 #include<iostream> #include<vector> #include<cstring> #include<queue> #include<cstdio> using namesp
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摘要：做dp做自闭了 写一题毒瘤题放松一下 题意： 对于以下生成字符串规则 \[ \begin{array} \ f(0)\ =\ What\ are\ you\ doing\ at\ the\ end\ of\ the\ world?\ Are\ you\ busy?\ Will\ you\ save\
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摘要：这题的dp怎么分析 学习dp的刷表法（这题的正推怎么做） #include<iostream> using namespace std; const int N = 10010; struct Node{ int a, b; }works[N]; int f[N]; int cnt[N]; int
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摘要：01背包问题变形 #include<iostream> using namespace std; #define LL long long const int N = 1010; int win[N], lose[N], use[N]; int f[N][N]; int n, x; int main
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摘要：tarjan模板题，从第一个结点开始挨个求极大连通分量，完了之后，按顺序找第一个出现的结点数最多的极大连通分量就是答案，排序输出即可。 #include<iostream> #include<vector> #include<stack> #include<cstring> #include<alg
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摘要：贪心+dp 题意：有n个车站，m个车，每一个车有一个行程路线（哪个站停，那个站不停），但是所有车的停靠必须遵守规则：每一个车站都有一个等级，在一辆车从起始站 → 终点站（停靠站包括这两个）的过程中，如果最早在x站（它的等级为P）停靠了，那么后面所有的等级 >= P的车站k都要停（注意这里，如果车从k
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摘要：**题意：**给你一个nxm的迷宫g（x，y范围是0n - 1和0m - 1），‘#’不能走，‘.’可以走，'S'作为起点，现在将迷宫扩展成无穷大，扩展方法是：任意一个(x, y)位置的字符c = g(x % n, y % m)，现在问你可不可以从起点处走到无穷远处。 例子： 原始迷宫5x5为中间的
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摘要：**方法1：**开始想的是先把所有字符串按照字典序升序排一下，然后从前向后以每一个单词为起点爆搜一下，第一个得到的答案就是字典序最小的答案，这个做法是对的，但是どうしても会被卡掉，因为复杂度比较高（由于剪枝不是很方便，所以直接废掉）。 #include<iostream> #include<stri
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摘要：**思路：**反向建边，以每一个农场为起点dfs一遍，得到从这个农场开始能够访问到的奶牛数目cnt，若cnt = k说明所有的奶牛都能到这个农场，结果+1. 复杂度：\(O(n(n+n+m))=O(nm)\)，1e7不会超时 #include<iostream> #include<cstring>
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摘要：状态表示：$f(i)$表示从$i$开始的所有食物链的集合，存储个数属性 状态计算：\(f(i) = f(j_1)+f(j_2)+...+f(j_k)+...\)，其中$j_k$为$i$的第$k$个后继结点 思路：从每一个最大的捕食者出发跑一遍记忆化，把从他开始的所有食物链的个数加上。 #includ
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摘要：既然是工作之间的相互关系，那么一定是有向无环图，所以可以用记忆化来做 状态定义：$f[i]$表示从$i$号工作开始完成后续所有工作的安排方法集合，存储能够完成$i$号及其后续所有工作所需的最短时间 状态转移：$f[i] = w[i] + max{f[j_1], f[j_2],...f[j_k],..
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摘要：原题 最开始简单的认为这题是一个dp问题，的确，如果题目附加条件为DAG，那么用记忆化搜索没有任何问题，但是本题没有这个条件，就是说测试点存在有环图的情况，那自然不能用记忆化。 记忆化连WA三发，我还在纳闷为什么会不对，我忘了使用dp的最基本的条件是无后效性，有环图明显不满足无后效性，他是有后效性的
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摘要：坑点： x和y是朋友，y的敌人不一定是x的敌人，所以不可以把x的敌人和y的敌人合并。 x和y是敌人，除了y的敌人是x的朋友以外，y的朋友还是x的敌人。 另外注意在合并集合的时候，需要将集合合并到朋友域（1~n）里面来，方便统计。 #include<iostream> using namespace
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摘要：历程： 直接上记忆化 $89pts$ (对于不可到达n的结点不应该考虑在下一个状态内) 并查集判断可达性WA（我是哪根筋抽了用并查集判断有向图的可达性？） 两次记忆化，一次用来判断可达性，一次求最长路AC #include<iostream> #include<cstring> using name
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摘要：set的使用注意: 错误1. a = s.begin(); -- a; s.erase(a); // 错误，未知行为，不知道会发生什么 错误2. a = s.end(); s.erase(a); // 错误 ++ a; // 错误，未定义操作 综上：set的begin前面的迭代器和end及end以后
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