10 2017 档案
摘要：主席树+dfs序 b在a上方时可以O(1)算出来，子树中就用主席树查询区间和，权值线段树的下标是深度，值是子树size-1，每次查询就行了。。。线段树合并挂了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; con
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摘要：树形dp+笛卡尔树+单调栈 这道题跟树形dp有什么关系？ 事实上，我们对矩形建立笛卡尔树，先找出最矮的矩形，向两边区间最矮的矩形连边，这样就构成了一棵二叉树，因为只有一个矮的区间会对高的区间造成影响，而且儿子之间不会互相影响，并且这样一层一层保证了每段矩形都会被覆盖到，其实就是单调栈，所以这样连是对
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摘要：贪心 题目看错了。。。还以为是从操作序列中选5个。。。然后半个小时没了。。。 我们把每位分别用0和1带入，看看返回值是什么，然后分类讨论。千万不用特判！！！之前忘了删了就fst。。。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N =
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摘要：二分概率+矩乘+dp 也是二分概率，然后dp[i][j][k]表示当前到了i，有j条命，下一次的收益是k，然后矩乘转移，但是我自己的似乎wa了，抄了liu_runda的才行，具体不知道为什么 注释的是我自己写的，谁能告诉我哪里错了？ #include<bits/stdc++.h> using nam
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摘要：奇怪的dp 思路清奇 dp[i][j]表示当前做完了i个任务，1机器花了j秒，2机器花费的最少时间，然后转移就行了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 6005; struct data { int a, b, c;
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摘要：单调栈+前缀和 max很明显用单调栈搞，但是异或和呢？异或和我们拆位，对于每段区间的异或和[l[i]-i],[i,r[i]]答案就是0->1,1->0的乘积，但是统计的时候事实上是[l[i]-2,i-1],因为异或和本身是前缀和，所以要-1，单调栈又是一个前缀和，也要-1，所以就是-2 #inclu
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摘要：dp 搬题解~~:http://blog.csdn.net/aarongzk/article/details/44871391 #include<cstdio> using namespace std; const int N = 5010; int n, p, pre; int f[2][N];
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摘要：博弈论+dp 从未做过博弈论。。。 思路是这样的，我们倒着考虑，分别设f[i]表示先手选了a[i]后能取得的最大值，g[i]表示先手取了a[i]后后手能获得的最大值 g[i]=f[mx],f[mx]是[i+1,n]中最大的f,因为现在先手选了a[i],那么后手就变成先手了，自然选最大能获得的收益，f
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摘要：二分+期望dp 好神奇啊。。。出题人太神了！ 我们发现dp之间的关系不满足是一个dag，那么我们只能用高斯消元，但是由于这里是取最小值，需要取min，也不能用高斯消元，于是我们想出了一个奇妙的方法 我们假设x为从0到n的期望花费，这是我们自己定的，如果我们选择回到起点，那么就强制用x的期望时间直接到
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摘要：构造 想了好长时间。。。 答案是n+n/2 我们这么想，先把偶数位置炸一遍，所有坦克都在奇数位置，然后再把奇数炸一遍，坦克都到偶数去了，然后再炸一次偶数就都炸掉了。。。 好巧妙啊 奇偶讨论很重要 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n;
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摘要：矩阵乘法 。。。爆零了。。。 想到Floyd，却不知道怎么限制点数。。。 其实我们只要给Floyd加一维，dp[i][j][k]表示当前走过了i个点，从j到k的最短距离，然后这样可以倍增，最后看是否有i->i的距离<0 做dp或最短路之类的题的时候，如果限制条件较多，可以考虑加维度 #include
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摘要：概率dp+记忆化搜索 dp[i][j][0]表示当前公主走公主赢的概率，dp[i][j][1]表示当前龙走公主赢的概率，然后剩下的就是一些细节的讨论，记忆化搜索很方便 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1005; i
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摘要：dp+置换 可以把排列分成几个循环，然后dp统计 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*(i-1)+dp[i-1][j],表示当前有i个元素，至少换j次，然后如果不在自己应该在的位置有i-1种情况，在自己位置上有1种情况，转移即可 话说vjudge也有100AC了。。。 #include<cs
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摘要：序列dp 先开始想了一个类似区间dp的东西...少了一维 然后发现似乎不太对，因为女生的最大差和男生的最大差并不相等 dp[i][j][x][y]表示当前有i个人，j个男生，男生和女生的后缀最大差是x，女生和男生最大差是y，x,y>=0,转移详见代码，注意x-1<0时也可以转移，只不过要和x-1取m
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摘要：容斥原理+哈希表 恰好k个，那么上容斥原理，我们先2^6枚举相同的位置，用哈希表判断有多少个对应位置相同的元素，然后用容斥原理计算，似乎这里的容斥没有那么简单，详见这里 http://www.cnblogs.com/candy99/p/mobius.html， 要乘上组合数计算 #include<c
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摘要：区间dp 其实我们发现对于一段区间我们是这样构造的，每次我们会向两端放数，这样就有四种情况，且必须满足题意，初值是dp[i][i][0]=1,因为第一个人只有一种放法，不分左右。其实看见dp[i][i][0/1]=1时答案是16就改初值 #include<bits/stdc++.h> using n
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摘要：容斥原理+组合数学 看见这种恰有k个的题一般都是容斥原理，因为恰有的限制比较强，一般需要复杂度较高的方法枚举，而容斥就是转化为至少有k个，然后通过容斥原理解决 我们先选出k个元素作为交集，有C(n,k)种可能，那么剩下的n-k个元素既可以选也可以不选，一共有2^(n-k)种选法，每种选法对应了一个集
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摘要：树形dp 题目是要求最深的颜色 先开始觉得设dp[i][0/1/2]表示这个点的状态，然后发现没办法保证该点是最深的点，且dp状态没有实际意义，其实dp[i][0/1]表示当前i的子树颜色为c^1的叶子结点都已经染好了，现在颜色为c的还没染好，注意当前i节点还没有染色，那么dp[i][0]=min(
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摘要：最短路+状压dp 肯定是状压dp 那么我们把k个点的单源最短路预处理出来，然后dp[i][j]表示状态为i，当前在j需要走的最短距离，给定的限制用状态压一下就行了 注意特判k=0的情况 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #i
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摘要：矩阵乘法 看成了合并果子。。。 就是斐波那契数列，只是有负数的时候，先把负数变成正的，然后矩乘 矩乘还是用单位举矩阵记录快速幂的矩阵比较保险 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typ
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摘要：区间dp 好神 看上去没有思路，因为觉得完成没有顺序，没有明显的转移顺序，转移的时候没办法记录之前已经完成哪些，那么转移就不能保证任务全部完成。但是我们发现其实没完成的任务一定是一段连续的区间，那么我们就可以进行区间dp，dp[i][j][0/1]表示当前未完成的区间是[i,j],现在正在完成i或j
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摘要：树形dp 有一个比较明显的dp状态是dp[i][j]表示当前i节点的子树已经满足且i剩下j元钱的最小操作次数，这样复杂度比较高状态数已经有O(n*x)的了，转移再来x，肯定不行。 我们考虑把状态和dp值交换一下，因为操作次数最多只有n-1次，这样可以大大降低dp状态数，于是我们设dp[i][j]表示
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摘要：spfa+dp 脑洞好大 这是一个dp，可惜有环，不能直接记忆化搜索，但是我们用spfa优化一下，如果一个点的dp值被更新，那么他的前继也要重新入队进行dp，因为前继是由后继更新的 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long l
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摘要：背包dp 一道很早以前就见过的dp dp[i][j][k]表示选到第i本书，第一层宽度为j，第二层宽度为k的最小高度，我们先把书按高度排序，然后转移就很方便了，因为高度降序，所以后选的书不影响之前选的，也就是说只有当前层没放过书才用这本书更新，否则维护原来的值，然后滚动数组，卡卡常数就过了 #inc
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摘要：记忆化搜索 这是一个dag，肯定会抓住的，所以可以记忆化搜索 然后预处理出p[i][j]表示i，j位置怎么走，记忆化搜索就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1010; struct edge { int nxt
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摘要：dp 我好像很zz。。。 想了好长好长时间，然后没想出来，怒掉rating。。。 其实我们可以吧三种颜色两两计算，因为这样加入第三种颜色不会影响之前的方案，那么我们跑一个dp，计算数量分别为a，b的方案数，乘起来就行了。。。 （我还去想数三元环什么的。。。） #include<bits/stdc++
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摘要：树形dp 并没有想出来。。。 这个点分治很明显做不了，没办法批量处理信息，那么我们就只能考虑树形dp了，然后觉得用虚树什么的每个颜色单独考虑，GG 事实上我们可以这样考虑，我们对树进行dfs，每个节点有一个颜色，那么我们考虑子树中有多少条路径不包含这个颜色，很明显这条路径不能路过这个点，也就是说答案
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