计数 dp 部分例题（十一~十五部分）

十一、矩阵的利用（行列を用いたテクニック）

1. 快速幂（二分累乗）

(1) 推导转移矩阵（行列の導出）

题解

(2) BM 优化递推（？）（コンパニオン行列の累乗）

(3) 多项式快速幂（多項式の累乗）

将转移矩阵看成乘上一个多项式的形式，则转移的合并可以从 $O(n^3)$ 优化到 $O(n\log n)$ 。此时如果每个多项式都相同则可以直接使用快速幂，常数允许/模数为 NTT 模数时可以进一步优化到 $O(n\log n)$ 。

2. 行列式优化计数（行列式のテクニック）

LGV 引理

矩阵树定理

十二、忽略小概率事件（小さい確率を無視する）

在用实数形式表示某个概率或期望时，可以将“极小的贡献”忽略不计，以达到更快速的效果。

例题：Ben Toh

题意

有一个变量 $x$ ，初始为 $0$ 。现在需要对其执行 $n$ 次操作：

有 $2^x$ 的概率将 $x$ 加上 $1$ 。
有 $1-2^x$ 的概率将 $x$ 赋为 $0$ 。

求第一次操作被执行的期望次数。

解法

考虑 $dp$ 。设 $dp_{i,j}$ 为在当前 $x=j$ 时执行 $i$ 次操作后 $x$ 的期望值。转移有 $dp_{i,j}=2^{-j}(dp_{i-1,j+1}+1)+(1-2^{-j})dp_{i-1,0}$ ，初值显然为 $\forall j,dp_{0,j}=0$ ，目标为 $\sum_{j=0}^n dp_{i,j}$ 。

考虑在 $j$ 足够大的时候， $dp_{i-1,j+1}+1$ 的贡献是可以忽略不计的，对之后的 dp 值的贡献也可以忽略不计，所以只需要维护每个 $dp_i$ 的前 $O(\log)$ 项即可。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=30;
const int maxn=100010;
int n,i,j;
double dp[2][maxl],sm[maxn],pw[maxl];
double w,a,*X=dp[0],*Y=dp[1]; 
int main(){
    for(pw[0]=j=1;j<maxl;++j)
        pw[j]=pw[j-1]*0.5;
    for(i=1;i<maxn;++i){
        for(j=0;j<maxl-1;++j)
            Y[j]=pw[j]*(X[j+1]+1)+(1-pw[j])*X[0];
        Y[maxl-1]=(1-pw[maxl-1])*X[0];
        sm[i]=Y[0]; a=0; swap(X,Y); 
        for(j=0;j<maxl;++j) Y[j]=0;
    }
    for(;;){
        scanf("%d",&n);
        if(!n) return 0;
        printf("%.8lf\n",sm[n]);
    }
    return 0;
}

十三、二项式（二項係数のテクニック）

1. 常用公式（頻出公式集）

$\sum_{i=0}^n\binom ni=2^n$
$\sum_{i=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\binom n{2i}=2^{n-1}$
$\sum_{i=0}^k\binom{n+i}i=\binom{n+i+1}i$
$\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^l\binom{i+j}i=\binom{k+l+2}{k+1}$
$\sum_{i=0}^k\binom ni\binom m{k-i}=\binom{n+m}k$
$\sum_{i=0}^k\binom{n+i}i\binom{m-i}{k-i}=\binom{n+m+1}k$

2. 转化为路径计数问题/组合数的几何意义（経路数への帰着）

例题1：BBQ Hard

题意

求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\binom{a_i+a_j+b_i+b_j}{a_i+a_j}$ 。 $n\le 2\times 10^5;a_i,b_i\le 2\times 10^3$ 。

解法

考虑 $\binom{a_i+a_j+b_i+b_j}{a_i+a_j}$ 可以看成 $(-a_i,-b_i)$ 到 $(a_j,b_j)$ 的 只向上/向右走时的路径 数量之和，则原来的和式可以看成 $\frac 12\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\binom{a_i+a_j+b_i+b_j}{a_i+a_j}-\sum_{i=1}^n\binom{2a_i+2b_i}{2a_i}\right)$ ，前半部分为所有 $(-a_i,-b_i)$ 到所有 $(a_i,b_i)$ 路径数量之和，可以 dp 转移。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxx=2010;
const int maxd=maxx<<1;
const int maxv=maxx<<2;
const int maxn=200010;
const int md=1000000007;
int n,i,j,a,b,ans,dp[maxd][maxd];
int x[maxn],y[maxn],fac[maxv],inv[maxv];
inline int Pow(int d,int z){
    int r=1;
    do{
        if(z&1) r=(1LL*r*d)%md;
        d=(1LL*d*d)%md;
    }while(z>>=1);
    return r;
}
inline int C(int x,int y){return ((1LL*fac[y]*inv[x])%md*inv[y-x])%md;}
inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
int main(){
    fac[0]=1;
    for(i=1;i<maxv;++i) fac[i]=(1LL*i*fac[i-1])%md;
    inv[maxv-1]=Pow(fac[maxv-1],md-2);
    for(i=maxv-1;i;--i) inv[i-1]=(1LL*inv[i]*i)%md;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;++i){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        ++dp[maxx-a][maxx-b];
        Add(ans,C(a<<1,(a+b)<<1));
        x[i]=maxx+a; y[i]=maxx+b;
    }
    ans=md-ans;
    for(i=2;i<maxd;++i){
        for(j=2;j<maxd;++j){
            a=dp[i-1][j-1];
            Add(dp[i][j-1],a);
            Add(dp[i-1][j],a);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;++i) Add(ans,dp[x[i]][y[i]]);
    printf("%d\n",(1LL*ans*((md+1)>>1))%md);
    return 0;
}

3. 旋转 45 度（45 度回転）

例题2：Don't worry. Be Together

题意

有 $n$ 个点，第 $i$ 个点的横纵坐标为 $(x_i,y_i)$ 。起点为原点，每一步可以向上/下/左/右走一步。设 $f(i)$ 为走 $T$ 步刚好能到达 $(x_i,y_i)$ 的方案数，求 $\prod_{i=1}^n f(i)\bmod mod$ 。 $1\le mod\le 10^9+7;n,T\le 10^5;|x_i|,|y_i|\le 10^6$ 。

解法

考虑 $x_i,y_i\ge 0$ 的情况。如果考虑在 $x/y$ 轴方向正向/反向走了多少步的情况，则和式难以化简。

考虑将整个坐标系逆时针旋转 45 度，将某个点 $(x,y)$ 对应到新坐标系上的 $(x+y,x-y)$ ，则在原图上向左/上/右/下走一步对应了在新的坐标系上向左下/左上/右上/右下走一步，新的坐标系上每次可以从某个点 $(x,y)$ 走到 $(x\pm 1,y\pm 1)$ 的位置，可以把横纵坐标分别独立出来看，则走 $T$ 步到新坐标系上的点 $(X,Y)$ （令 $X,Y\ge 0$ ）的方案数为 $\binom{T}{\frac{T-X}2}\binom{T}{\frac{T-Y}2}$ 。

注意模数不一定为质数，考虑将最后的答案写成 $\prod_{i=2}i^{c_i}$ 的形式，则上面的组合数可以拆成某个阶乘除以某个阶乘的形式，乘/除某个阶乘等效于对 $c$ 前缀加/前缀减，最后处理整个答案时将每个 $i$ 分解质因数则可以将答案处理出来。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000010;
int n,m,i,j,t,x,y,u,w,a=1;
int v[maxn],p[maxn],d[maxn];
long long pw[maxn];
inline int Pow(int d,long long z){
    int r=1;
    do{
        if(z&1) r=(1LL*r*d)%m;
        d=(1LL*d*d)%m;
    }while(z>>=1);
    return r;
} 
int main(){
    for(i=2;i<maxn;++i){
        if(!v[i]) v[i]=p[++t]=i; 
        for(j=1;j<=t;++j){
            u=p[j];
            if(v[i]<u||i*u>=maxn) break;
            v[i*u]=u;
        }
    } 
    scanf("%d%d%d",&n,&t,&m);
    while(n--){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        u=x+y; w=x-y;
        if(u<0) u=-u;
        if(w<0) w=-w;
        if(u<w) swap(u,w); 
        if(t<u||(u^t)&1){
            printf("0\n");
            return 0;
        }
        x=(t-u)>>1; y=(t-w)>>1;
        d[t]+=2; --d[x]; --d[y];
        --d[t-x]; --d[t-y];
    }
    x=0;
    for(i=maxn-1;i;--i){
        if(!(x+=d[i])) continue;
        for(u=i;u!=1;){
            w=v[u]; y=0;
            while(v[u]==w) ++y,u/=w;
            pw[w]+=1LL*y*x;
        }
    }
    for(i=2;i<maxn;++i){
        if(!(u=pw[i])) continue;
        a=(1LL*a*Pow(i,u))%m;
    }
    printf("%d\n",a);
    return 0;
}

4. 卡塔兰数（カタラン数）

十四、容斥原理（包除原理）

1. 使用对称性（？）（対称性を用いる場合）

例题1：~K Perm Counting

题意

求 $1\sim n$ 的排列 $p$ 中， $\forall i$ 满足 $|p_i-i|\ne K$ 的 $p$ 的个数。 $n\le 2\times 10^3$ 。

解法

考虑容斥，计算钦定若干个 $i$ 满足 $|p_i-i|=K$ 的对应 $p$ 的数量。此时可以以下标为左部点，元素为右部点构造二分图，则钦定 $c$ 个满足 $|p_i-i|=K$ 的对应方案数即为二分图上大小为 $c$ 的匹配数量乘以 $(n-c)!$ 。考虑该二分图一定可以拆成 $2\times \min(K,n-K)$ 条链的形式，则对应匹配数量即为在这些链上选取 $c$ 条边且满足选择的任意两条边不共点的方案数。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2010;
const int md=924844033;
int n,i,j,k,u,v,d,dp[2][maxn<<1][2]; bool s[maxn<<1];
inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    j=n%k; v=n/k;
    for(i=u=1;i<=k;++i){
        d=v+(i<=j);
        s[u]=1; u+=d;
        s[u]=1; u+=d;
    }
    auto X=dp[0],Y=dp[1];
    X[0][0]=1; --u;
    for(i=1;i<=u;++i){
        for(j=0;j<=i;++j) Add(Y[j][0]=X[j][0],X[j][1]);
        if(!s[i]) for(j=0;j<i;++j) Add(Y[j+1][1],X[j][0]);
        swap(X,Y); memset(Y,0,sizeof(dp[0])); 
    }
    u=0; d=j=1;
    for(i=n;~i;--i){
        Add(v=X[i][0],X[i][1]);
        v=(1LL*v*d)%md; d=(1LL*d*(j++))%md;
        if(i&1) v=md-v; Add(u,v);
    }
    printf("%d\n",u);
    return 0;
}

2. 使用 dp（DP を用いる場合）

例题2

题意

有一个平面直角坐标系，初始位置为 $(0,0)$ ，每次可以向横/纵坐标走一步，同时有 $n$ 个点不能走，求走到 $(X,Y)$ 的方案数。 $X,Y\le 10^5,n\le 2\times 10^3$ 。

解法

首先不可能直接计算如何走得合法的方案数。考虑从 $n\le 2\times 10^3$ 入手计算不能走得合法得方案数。

显然某个点 $x$ 能走到另一个不同的点 $y$ 则一定有 $y$ 不能走到 $x$ ，可以将所有点按照横/纵坐标排序后，每个点只需要考虑之前的点能否到达它。令 $p(i,j)$ 为从 $i$ 走到 $j$ 的方案数，设 $dp_{i,j}$ 为当前在点 $i$ ，经过了 $j$ 个不能经过的点的方案数，则转移为 $dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{i-1}dp_{k,j-1}p(k,i)$ 。显然最后每个 dp 对答案的贡献只和 $j$ 的奇偶性相关，则可以把奇偶性相同的 $j$ 的对应 $dp_{i,j}$ 合并。

3. 对因数的容斥（約数系包除）

例题3

题意

有 $n$ 个数，求其所有非空子集的 $\gcd$ 之和。值域， $n\le 10^5$ 。

解法

考虑从大到小判断每个数是多少个非空子集的 $\gcd$ 。显然可以先统计每个数 $i$ 的倍数个数 $c_i$ ，则以其为 公因数 的非空子集为 $2^{c_i}-1$ 个，但是需要减去 $i$ 的所有倍数对应子集的个数。

例题4：Rotated Palindromes

题意

对于所有的长为 $n$ ，字符集为 $1\sim k$ 内的整数的回文串 $a$ ，在任意次将 $a$ 的开头的数字移到末尾的操作之后，求能够生成多少种不同的序列。 $n,k\le 10^9$ 。

解法

考虑将 $a$ 的最小循环节移动到末尾之后会形成 $a$ 本身，所以只需要讨论某个最小循环节带来的贡献即可。显然最小循环节为回文串（和反串相等），则需要考虑该回文串能否经过若干次循环移位之后形成新的回文串。设某个最小循环节 $S$ 长为 $d$ ，如果 $S$ 能够经过 $i$ 次操作得到最小循环节 $T$ ，则 $S$ 同样经过 $d-i$ 次操作也会得到 $T$ （因为 $S$ 的长为 $\min(i,d-i)$ 的前缀和后缀为相等的回文子串）。而上述的 $i$ 唯一，所以当且仅当 $i=\frac d2$ 时 $S$ 能变成 $T$ 。综上，对于长为 $d$ 的最小循环节，如果 $d$ 为奇数则贡献为 $d$ ，否则贡献为 $\frac d2$ 。

代码

点此查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2700;
const int md=1000000007;
int n,k,i,j,a,u,t,s[maxn],c[maxn];
inline int Pow(int d,int z){
    int r=1;
    do{
        if(z&1) r=(1LL*r*d)%md;
        d=(1LL*d*d)%md;    
    }while(z>>=1);
    return r;
}
inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    u=sqrt(n);
    for(i=1;i<=u;++i){
        if(!(n%i)){
            s[++t]=i;
            s[++t]=n/i;
        }
    } 
    if(u*u==n) --t; 
    sort(s+1,s+t+1);
    for(i=1;i<=t;++i){
        n=s[i]; u=Pow(k,(n+1)>>1);
        for(j=1;j<i;++j) if(!(n%s[j])) Add(u,c[j]);
        c[i]=md-u; if(!(n&1)) n>>=1; a=(1LL*u*n+a)%md; 
    }
    printf("%d\n",a);
    return 0;
}

十五、“难解”的计数问题（「解けない問題」を見極める）

#P 问题是一类对 NP 问题计数的问题，其中有一些计数问题是 #PC 的（可能对应的判定性问题不是 NPC 问题）（这种计数问题暂时不能找到多项式的解法）：

对一个 2-SAT 问题的合法赋值方案计数
对二分图/一般图的最大匹配计数（对平面图的完美匹配的计数是有多项式解法的）
计算矩阵的积和式
对图的拓扑序计数
对图的欧拉回路计数

所以我们在对计数问题求解时，需要尽量避免直接求解上述问题。

您觉得这几篇文章怎么样呢？今日进行探讨的内容只是 dp 优化方法的一小部分，除此之外我的随笔中还介绍有更多的 dp 优化的方法，我作为一名蒟蒻，衷心地欢迎您来博客园参观。

posted @ 2023-01-14 21:16 Fran-Cen 阅读(72) 评论(1) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 计数 dp 部分例题（六~十部分）

· 计数 dp 部分例题（一~五部分）

· DP 与计数

· 矩阵类优化 dp——矩阵加速优化

· 【笔记】计数问题选讲 2025.1.6

阅读排行：
· 阿里最新开源QwQ-32B，效果媲美deepseek-r1满血版，部署成本又又又降低了！
· 单线程的Redis速度为什么快？
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· AI编程工具终极对决：字节Trae VS Cursor，谁才是开发者新宠？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！

公告

昵称： Fran-Cen
园龄： 2年10个月
粉丝： 12
关注： 9

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxl=30;
	const int maxn=100010;
	int n,i,j;
	double dp[2][maxl],sm[maxn],pw[maxl];
	double w,a,X=dp[0],Y=dp[1];
	int main(){
	for(pw[0]=j=1;j<maxl;++j)
	pw[j]=pw[j-1]*0.5;
	for(i=1;i<maxn;++i){
	for(j=0;j<maxl-1;++j)
	Y[j]=pw[j](X[j+1]+1)+(1-pw[j])X[0];
	Y[maxl-1]=(1-pw[maxl-1])*X[0];
	sm[i]=Y[0]; a=0; swap(X,Y);
	for(j=0;j<maxl;++j) Y[j]=0;
	}
	for(;;){
	scanf("%d",&n);
	if(!n) return 0;
	printf("%.8lf\n",sm[n]);
	}
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxx=2010;
	const int maxd=maxx<<1;
	const int maxv=maxx<<2;
	const int maxn=200010;
	const int md=1000000007;
	int n,i,j,a,b,ans,dp[maxd][maxd];
	int x[maxn],y[maxn],fac[maxv],inv[maxv];
	inline int Pow(int d,int z){
	int r=1;
	do{
	if(z&1) r=(1LLrd)%md;
	d=(1LLdd)%md;
	}while(z>>=1);
	return r;
	}
	inline int C(int x,int y){return ((1LLfac[y]inv[x])%md*inv[y-x])%md;}
	inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
	int main(){
	fac[0]=1;
	for(i=1;i<maxv;++i) fac[i]=(1LLifac[i-1])%md;
	inv[maxv-1]=Pow(fac[maxv-1],md-2);
	for(i=maxv-1;i;--i) inv[i-1]=(1LLinv[i]i)%md;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;++i){
	scanf("%d%d",&a,&b);
	++dp[maxx-a][maxx-b];
	Add(ans,C(a<<1,(a+b)<<1));
	x[i]=maxx+a; y[i]=maxx+b;
	}
	ans=md-ans;
	for(i=2;i<maxd;++i){
	for(j=2;j<maxd;++j){
	a=dp[i-1][j-1];
	Add(dp[i][j-1],a);
	Add(dp[i-1][j],a);
	}
	}
	for(i=1;i<=n;++i) Add(ans,dp[x[i]][y[i]]);
	printf("%d\n",(1LLans((md+1)>>1))%md);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=1000010;
	int n,m,i,j,t,x,y,u,w,a=1;
	int v[maxn],p[maxn],d[maxn];
	long long pw[maxn];
	inline int Pow(int d,long long z){
	int r=1;
	do{
	if(z&1) r=(1LLrd)%m;
	d=(1LLdd)%m;
	}while(z>>=1);
	return r;
	}
	int main(){
	for(i=2;i<maxn;++i){
	if(!v[i]) v[i]=p[++t]=i;
	for(j=1;j<=t;++j){
	u=p[j];
	if(v[i]<u\|\|i*u>=maxn) break;
	v[i*u]=u;
	}
	}
	scanf("%d%d%d",&n,&t,&m);
	while(n--){
	scanf("%d%d",&x,&y);
	u=x+y; w=x-y;
	if(u<0) u=-u;
	if(w<0) w=-w;
	if(u<w) swap(u,w);
	if(t<u\|\|(u^t)&1){
	printf("0\n");
	return 0;
	}
	x=(t-u)>>1; y=(t-w)>>1;
	d[t]+=2; --d[x]; --d[y];
	--d[t-x]; --d[t-y];
	}
	x=0;
	for(i=maxn-1;i;--i){
	if(!(x+=d[i])) continue;
	for(u=i;u!=1;){
	w=v[u]; y=0;
	while(v[u]==w) ++y,u/=w;
	pw[w]+=1LLyx;
	}
	}
	for(i=2;i<maxn;++i){
	if(!(u=pw[i])) continue;
	a=(1LLaPow(i,u))%m;
	}
	printf("%d\n",a);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=2010;
	const int md=924844033;
	int n,i,j,k,u,v,d,dp[2][maxn<<1][2]; bool s[maxn<<1];
	inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	j=n%k; v=n/k;
	for(i=u=1;i<=k;++i){
	d=v+(i<=j);
	s[u]=1; u+=d;
	s[u]=1; u+=d;
	}
	auto X=dp[0],Y=dp[1];
	X[0][0]=1; --u;
	for(i=1;i<=u;++i){
	for(j=0;j<=i;++j) Add(Y[j][0]=X[j][0],X[j][1]);
	if(!s[i]) for(j=0;j<i;++j) Add(Y[j+1][1],X[j][0]);
	swap(X,Y); memset(Y,0,sizeof(dp[0]));
	}
	u=0; d=j=1;
	for(i=n;~i;--i){
	Add(v=X[i][0],X[i][1]);
	v=(1LLvd)%md; d=(1LLd(j++))%md;
	if(i&1) v=md-v; Add(u,v);
	}
	printf("%d\n",u);
	return 0;
	}

	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int maxn=2700;
	const int md=1000000007;
	int n,k,i,j,a,u,t,s[maxn],c[maxn];
	inline int Pow(int d,int z){
	int r=1;
	do{
	if(z&1) r=(1LLrd)%md;
	d=(1LLdd)%md;
	}while(z>>=1);
	return r;
	}
	inline void Add(int &x,int y){x-=((x+=y)>=md)*md;}
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	u=sqrt(n);
	for(i=1;i<=u;++i){
	if(!(n%i)){
	s[++t]=i;
	s[++t]=n/i;
	}
	}
	if(u*u==n) --t;
	sort(s+1,s+t+1);
	for(i=1;i<=t;++i){
	n=s[i]; u=Pow(k,(n+1)>>1);
	for(j=1;j<i;++j) if(!(n%s[j])) Add(u,c[j]);
	c[i]=md-u; if(!(n&1)) n>>=1; a=(1LLun+a)%md;
	}
	printf("%d\n",a);
	return 0;
	}

十一、矩阵的利用（行列を用いたテクニック）

1. 快速幂（二分累乗）

(1) 推导转移矩阵（行列の導出）

例题：Placing Squares

(2) BM 优化递推（？）（コンパニオン行列の累乗）

(3) 多项式快速幂（多項式の累乗）

2. 行列式优化计数（行列式のテクニック）

十二、忽略小概率事件（小さい確率を無視する）

例题：Ben Toh

题意

解法

代码

十三、二项式（二項係数のテクニック）

1. 常用公式（頻出公式集）

2. 转化为路径计数问题/组合数的几何意义（経路数への帰着）

例题1：BBQ Hard

题意

解法

代码

3. 旋转 45 度（45 度回転）

例题2：Don't worry. Be Together

题意

解法

代码

4. 卡塔兰数（カタラン数）

十四、容斥原理（包除原理）

1. 使用对称性（？）（対称性を用いる場合）

例题1：~K Perm Counting

题意

解法

代码

2. 使用 dp（DP を用いる場合）

例题2

题意

解法

3. 对因数的容斥（約数系包除）

例题3

题意

解法

例题4：Rotated Palindromes

题意

解法

代码

十五、“难解”的计数问题（「解けない問題」を見極める）

公告

搜索

常用链接

最新随笔

随笔档案

CWOI

NOT CWOI