随笔分类 - dp
摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 首先期望转化成 $\text{LIS}$ 总和除以方案总数（即 $a_i$ 乘积）不必多说了。观察可发现题目 $n$ 特别小，考虑 $O(n^n)$ 枚举 $x_i$ 的相对大小关系（排名），固定排名后算出 $\text{LIS}$，再计算这种排名对应的方案数。
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 很平凡的一道计数啊。 考虑将所有数都减去 $x$，那么就要求选的数和为 $0$。 正负分开考虑，$0$ 可以任意选。需要多重背包求 $f_{i,j}$ 表示选 $1 \sim i$ 的数和为 $j$ 的方案数。前缀和优化是平凡的。 code // Problem:
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 考虑把 $\text{A}$ 看成 $1$，$\text{B}$ 看成 $2$，$\text{C}$ 看成 $3$，那么一次操作相当于选择一个 $a_i \ne a_{i+1}$ 的 $i$，将 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 替换成一个数 $a_i \opl
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 神题！！！！111 考虑如何不重不漏地计数。先考虑全为 1 的情况，令 $f(u,d)$ 为与 $u$ 的距离 $\le d$ 的点集。 首先单独算全集，那么对于不是全集的集合就会有一些比较好的性质。 考虑若有若干个 $f(u,d)$ 同构，那 只在 $d$ 最小
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摘要：洛谷传送门 AtCoder 传送门 提供一种形式化的理解方法。 设 $S$ 为任意一条从 $(0,0)$ 到 $(n+1,n+1)$ 的路径经过的点集，$P$ 为 所有 合法障碍点集，$Q$ 为 题目给定的 障碍点集。显然现在 $S$ 和 $P$ 都不确定，题目即求 $\sum\limits_S \
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摘要：洛谷传送门 一道非常 educational 的题。 考虑移除两个一样的棋子和不移没有本质区别，可以发现若记 $\operatorname{lowbit}(x) = 2^k$，则 $x$ 的 sg 值为 $k$。 考虑 $n$ 的答案即为 $\oplus_i (\left\lfloor{\frac{
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摘要：洛谷传送门 考虑先求出哪些点一定要按，然后 dp。 设 $f_i$ 为当前还有 $i$ 个点要按的期望步数。转移就是 $f_i = \dfrac{i}{n} f_{i-1} + \dfrac{n-i}{n} f_{i+1}$，初值 $f_{p} = p,\ p \in [1,k]$。 这个没办法化简
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摘要：洛谷传送门 设 $h_i$ 为所有询问最大值 $\le i$ 的方案数，则 $ans = \dfrac{\sum\limits_{i=1}^n i \times (h_i - h_{i-1})}{x^n}$。 设 $g_i$ 为在 $1 \sim n$ 中选出 $i$ 个点且每个询问区间都至少包含一
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摘要：洛谷传送门 CodeForces 传送门 考虑差分，如果 $t-1$ 时刻经过 $(x,y)$ 的史莱姆个数等于 $t$ 时刻经过 $(x,y)$ 的史莱姆个数，答案为 NO，否则为 YES。 发现两只史莱姆一定不会相遇，并且若 $k$ 只史莱姆经过了 $(a,b)$，则有 $\left\lceil
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 发现样例中所有数的和为 $n!n$，于是猜想好的序列总数为 $n!$。 考虑将每一个排列 $p$ 唯一对应一个好的序列 $a$。可以这么构造：在 $p$ 中顺着填，先倒着列出 $1$ 在 $a$ 中所有出现位置，再到 $2,3,...,n$。 于是发现对于一个排列 $p$，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 ~~zxx 的题单来的（~~ 发一个无脑 kmp 自动机 + dp 做法。 看到题就很 dp，考虑设计状态。显然填字母时要知道当前串与 $s,t$ 的匹配位数，否则就不知道 $s,t$ 是否完整出现。设 $f_{i,j,k}$ 表示填到 $c$ 的第 $i$ 个字符，与 $
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摘要：洛谷传送门 LOJ 传送门 不错的博弈 + 计数。 不难发现题中的游戏是阶梯 Nim 的变体。若设 $a_i$ 为第 $i$ 枚金币的位置，令 $\forall i \in [2,m],\ b_i = a_i - a_{i-1},\ b_1 = a_1 - 1,\ b_{m+1} = n - a_m
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 定义 $\mathrm{nxt}(i,x)$ 为最小的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j > i$，$\mathrm{pre}(i,x)$ 为最大的 $j$ 满足 $a_j = x$ 且 $j < i$。 有了上面的定义后，考虑 dp。设 $f_s$ 表
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摘要：### 公式 普通 min-max 容斥： $$\max\limits_{i \in S} a_i = \sum\limits_{T \subseteq S \and T \ne \varnothing} (-1)^{|T|-1} \min\limits_{j \in T} a_j$$ $$\min
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摘要：CF 传送门 洛谷传送门 很强的一个题。 发现根的选择很重要，于是考虑先枚举根。 考虑枚举两个点对 $i,j\ (i<j)$，如果 $j$ 比 $i$ 先被标记，那么 $i,j$ 就贡献了一个逆序对。将所有 $j$ 比 $i$ 先被标记的概率加起来就是期望。 对于 $i,j$，当 $\operato
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摘要：AtCoder 传送门 洛谷传送门 考虑 dp，$f_i$ 设在 $t_i$ 时刻到达第 $i$ 个点，能获得的最大收益。 转移：$f_i = f_j + a_i$，其中 $j$ 能转移到 $i$ 的充要条件有： $t_j \le t_i$ $y_j \le y_i$ $|x_i - x_j| +
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 考虑朴素 dp：设 $f_{i,j}$ 表示分了 $j$ 段且第 $j$ 段的末尾是 $i$ 的最小花费。 有转移：$f_{i,j} \gets \min\limits_{k=0}^{i-1} f_{k,j-1} + cost(k+1,i)$，其中 $cost(l,r)$
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 小清新动态开点线段树优化 dp 题。 首先题目中的 if 嵌套看起来就很烦，可以考虑建树，外面再套一层大的 if 0 ... end，这样就将本题转化成一个树上问题。 考虑树形 dp。设 $f_{u,i}$ 表示 从结点 $u$ 出来时，$x$ 的值是 $i$ 的最少花费。
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摘要：洛谷传送门 思路 设 $f_i$ 为经过第 $i$ 个结点的期望次数，那么炸弹在第 $i$ 个结点爆炸的概率即为 $f_i \times \dfrac{P}{Q}$。 有转移： $$f_u = [u=1] + \sum\limits_{(u,v) \in E} \dfrac{1 - \frac{P}
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