摘要： 思维性比较强，代码挺简单的，dp[u][j]表示在u子树下安排j个机器人，让其不回u 注意转移时的初始值 阅读全文

摘要： 傻逼依赖背包的优化 阅读全文

摘要： /*这题显然不适用依赖背包的优化，因为不能保证根是必选的，但是可以按照常规依赖背包的思路进行转移，即每次对一个儿子进行C^2的转移 还是树形的背包，dp[u][j]表示u的子树里，切割出一个大小为j的包含u的联通块的代价 那么dp[u][j]按照常规的依赖背包转移即可 初始状态时dp[u][1],切割掉u的所有儿子的代价 注意本题需要特别讨论u是根和非根的情况，即非根的儿子是度数-1，但是最后以... 阅读全文

摘要： 这个题用优化后的依赖背包做难以实现，所以用常规的泛化物品的和来做即可 每个节点的容量定义为这个节点下的叶子结点个数，dp[u][j]用来表示节点u下选取j个物品的最大收益，最后从m-0查询dp[1][i],一旦发现是非负数，i则是答案 需要注意的地方：初始化时将所有的dp[i][0]都赋值为0，一个 阅读全文

摘要： 换根dp的部分比较容易，难点在于求求最长的任意两元素差不超过M的子段 首先会想到双指针维护（尺取法），如果p1,p2间的max-min>M,那么p1向右移动，直到p1,p2间的max-min>M 这个过程可以用线段树（ST）来询问max,min 另外有一种更强大的方案，因为只要max,min,所以只 阅读全文

摘要： 给定一棵边权树，求距离每个点最远的点，输出这个距离 阅读全文

摘要： 经典题了，网上博客一大堆O(nCC)的做法，其实是可以将复杂度降到O(nC)的 参考依赖背包优化（泛化物品的并） 根据背包九讲，求两个泛化物品的和复杂度是O(CC)的，所以依赖背包暴力求解的复杂度是O(nCC) 然后对其进行优化，考虑 F[u][j] 用来表示以结点u为根的子树(不包括u)体积为j的 阅读全文

摘要： A：01概率退背包，这是赛后看题解补的，概率的背包和普通的背包有点不太一样，但思想还是差不多的 /* n张牌带权值ai随机洗牌，然后抽牌 将每次抽到的ai累计到sum，可以重复抽牌，也可以停止 如果最后sum在区间（a,b]则胜利，反之失败 问获胜概率 先考虑该问题的弱化版：从n张牌里选出点数总和在 阅读全文

摘要： 10：签到求n!取模 #include <iostream> #include <iterator> #include <algorithm> typedef long long ll; using namespace std; const ll mod=1e6+3; ll n; ll res[mo 阅读全文

摘要： $$ 求\sum_{i=1}^{n}(\sqrt[3]i,i)\\ 首先转化一下这个式子，考虑对于i\in[j^3,(j+1)^3 1]，\sqrt[3]i=j\\ 所以可以枚举所有j，然后对i\in[j^3,(j+1)^3 1]区间的(i,j)求和即可 那么我们把n分成两部分，分别求和：\\ \s 阅读全文