摘要：
树形dp %%%popoqqq 设dp[i][j]表示当前i个节点的树，深度小于等于j的树的个数 那么dp[i][j] = sigma(dp[k][j-1]*dp[n-k-1][j-1]) 比较好理解 然后记忆化搜索就行了 这个dp状态感觉挺巧妙的，以前没见过 #include<cstdio> #i 阅读全文
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dp 看了挺长时间的，这篇写的很好：http://97littleleaf11.xyz/oi/bzoj-2660/ 我们先把n按照斐波那契数列贪心分解，然后发现可以把现在组合的斐波那契数分解成两个较小的，具体看博客，然后就是dp转移，上面的博客图画的很清楚了，转移就很方便 #include<cstd 阅读全文
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费用流 比较裸的费用流，唯一的问题在于费用，由于费用是单调递增的，那么我们可以拆边，源点连向每个人source->i,f=ti-ti-1,c=w,这样就好了，因为费用递增，所以符合费用流的贪心思想，肯定先选小的费用，再走大的费用 #include<bits/stdc++.h> using names 阅读全文
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容斥原理 计蒜客比赛day2t3的简化版 总数-异色三角形 对于每个点考虑，每个点红线数量为d[i],那么以这个点为顶点的异色三角形有d[i]*(n-1-d[i]),每条红线和蓝线成一个异色三角形，一共有n-1条线引出，然后再除以2，因为每个异色三角形会算两个顶点，也就是算两次。 #include< 阅读全文
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区间dp 这道题就是把区间dp套了一件树的外衣，看见这种构造二叉搜索树的题，就可以用区间dp解决，如果优化的话似乎可以用决策单调性？ dp[l][r]表示l->r这些节点构建一颗二叉搜索树的最小频率，那么我们用记忆化搜索转移，dp[l][r]=dp[l][i-1]+dp[i+1][r]+k*(sum 阅读全文
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set+贪心 感觉当div2C挺好的... set维护前缀和%m,当前答案为sum[r]-sum[l-1],我们当然希望sum[l-1]是sum[r]的后继或者最小的数，所以求出来比较一下就行了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; 阅读全文
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C:这道题没做出来...写了个类似极角排序的东西被卡掉了...事实上暴力就行了，因为如果在二维平面内那么最多只能有4个点，因为每个象限只能有一个点，然后这里拓展一下就是最多只能有2*k个点，k是维数，所以大概枚举2*k=10就跳出循环了 #include<bits/stdc++.h> using n 阅读全文
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A:枚举一下就行了...居然wa了一发，题目一定要看清 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int main() { cin >> n; int mid = n / 2 - ((n & 1) == 0); for(int i = n 阅读全文
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gcd 跟那道cf题是一个原理。。。 每一时刻我们最多有log个gcd，那么我们用map存储每种gcd最左端，每次和新的数gcd就更新新的gcd的最左端，然后更新答案 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; 阅读全文