01 2021 档案
摘要：Aimee 做了一下午期望dp 终于一遍过zi 转移的方式很好想 但是瞬移怎么解决，既然瞬移是直接到头的话，并且保证出发点不相同 的话，那么并查集完成瞬移操作 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstri
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摘要：Aimee 转态转移非常好想 状态压缩一下。然后倒着转移 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; double dp[1<<21]; int n; d
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摘要：Aimee 很简单的期望dp 众所周知，期望一般倒着推，因为唯一已知的状态是=0 定义 表示到达i,j之后到达终点的期望 转移方程$f_{i,j}=f_{i+1,j}*p_{i,j,2}+f_{i,j+1}*p_{i,j,3}+f_{i,j}*f_{i,j}+
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摘要：Aimee #很水的小题目 写这个不是因为我做完了题目 而是因为考完试了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n; int t; int
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摘要：Aimee 思维难度没有 唯一的剪枝就是从0少的列开始搜索 记录下所有能放的点的坐标，按顺序搜索 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; struct
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摘要：Aimee 很水的题目 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int mx[5]={0,1,-1,0,0}; int my[5]={0,0,0,-1
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摘要：Aimee 很显然我们并不知道到底会搜索出多少层 但是最优解一定不会太大 那么迭代加深搜索会是一个好的选择 迭代加深要限制层数，这很显然 那么就此来说，当就剩下一个分数可以选的时候 我们要判断这个分数是不是单位分数，如果他是，再判断一下是不是最优解 这样就解决了dfs中的一半（体积意义上）的问题 i
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摘要：Aimeee 事实上每一个数付出了等于自己的值的贡献后，就可以随便动了 那么就是让不动的数在维持不严格不下降后的和最大 （因为那些随便扔啊） #include<iostream> #include <algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> usin
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摘要：Aimeee 对于本蒟蒻来说，直接写dp太难了 呜呜呜呜呜呜呜呜呜呜呜呜 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> //#define int long long using namespace
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摘要：Aimeee 本来是一个很水的单调队列题 但是我拿来练习手写队列 然后就挂了 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; int head,tail; i
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摘要：Aimee 很简单的线性动态规划 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n; int m; int dp[10001]; int h[100
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摘要：Aimee 记忆化搜索非常好写, 尤其是从一个朴素的搜索开始改造。 sum是要记录的，但是没必要存在状态里 直接统计一下当前节点是第几步之后的方案数 虽然说时间复杂度没有朴素的优美 但是不会MLE啊 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstri
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摘要：Aimee 练手 n=int(input()) Ai=[] Ai.append(0) for i in range(1,n+1) : Aim=int(input()) Ai.append(Aim) maxx=-88888888 summ=0 fl=1 for i in range(1,n+1): i
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