摘要：
思路：首先这道题可以直接裸上树剖。 然后参见了黄学长的博客发现了一种更为高明的解法，可以在树上差分，令x为路径(u,v)的lca，然后f[u]++,f[v]++,f[x]--,f[fa[x]]--,然后直接一遍dfs累加起来就好了。（为什么我的代码常数辣么大。。。差分被树剖虐。。。。） 阅读全文
摘要：
思路：首先先求出以1为根的答案，然后考虑由i转移到i的儿子的答案的变化，显然以son[i]为根的子树的所有结点的深度都会减一，其余的点的深度都会加一，然后就可以直接O(n)求出所有结点的答案，然后取max更新答案即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #inc 阅读全文
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思路：状压dp，设f[i][j]表示当前已经选出的牛的状态为i，最后一头选出的牛为j的方案数。 然后注意就是初值不能是f[0][i]=1，因为所有牛本来都可以第一个被选中，然而这样一定初值有些牛可能就无法被第一个选出了，因此应该是f[(1<<i)][i]=1。 #include<iostream> 阅读全文
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思路：状压dp，枚举疾病的集合，然后判断一下可行性即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxs 400000 #define maxn 1900 int n,d,k; int a[maxn],f[maxs],num[max 阅读全文
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思路：状压dp，f[i][j]表示新的排列的状态为i(也就是新的排列已经选了哪些数），然后模d的余数为j的方案数。 但考虑到可能有些数会出现多次，假设一个数x出现了cnt[x]次，那么对于一个可行的答案，显然也包含cnt[x]个x，那么这样的答案就会被计算多次，因为如果状态i先加入第一个x再加入第二 阅读全文
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思路：看到n十分于是考虑状压dp，先预处理出处于状态s的情况下过桥的时间和重量，然后枚举状态转移即可，f[i]=min(f[i],f[j]+time[i^j])(j∈i）（自称会状压dp结果连枚举非空子集都不会的我。。。。。） 顺便普及如何枚举非空子集：for (int j=i;j;j=j&(i-1 阅读全文