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摘要： 传送门 期望DP 因为 课程是按时间顺序的，后面的变化不会影响前面的结果 对于每个时间段的课，只有两种选择（换 or 不换） 那么 显然 $DP$，而且 好像 转移也很好写... 显然设 $dp [ i ] [ j ]$ 表示到了第 i 个时间段，已经提交了 j 节课的申请时的最短期望路程 写到一半 阅读全文

摘要： 传送门 考虑前面7个魔法 如果前面七个魔法各不相同，那么就能完成一次帕琪七重奏 设 A=a1*a2*...*a7，S=a1+a2+...+a7，B=S*(S-1)*...*(S-6) 对于不同的施法顺序，前面七个魔法各不相同的概率总是：A/B 不同的顺序如： a1,a3,a2,a4,a5,a6,a7 阅读全文

摘要： 传送门 计算长度期望嘛 期望长度 = 长度 * 走这条边的概率 概率很好求 按照拓扑序跑一下DP就好了 设 s [ i ] 为走到这点的概率，j 为 i 的后继节点，k为 i 的后继节点总数 s [ j ] += s[ i ] / k 走边（i，j）的概率显然就是 k 就是期望DP的入门题... 阅读全文

摘要： 传送门 花圃只有两种 m最大为5 可以把C形的花圃看成 1 ，其他的看成 0 每m个花圃看成一个状态，只有 2^5 种状态 显然状态可以互相转移 比如说第 1~5 个花圃为一个状态 它可以转移到第 2~6 个花圃的一个状态 那筛一下可以转移的状态，然后跑DP就可以了 设 f [ i ] [ j ] 阅读全文

摘要： 传送门 显然可以DP 设 f [ i ] [ j ] 表示已经换了 i 次车，现在在 j 号车站（j = 1~8 分别表示A~H）时的方案数 那么 f [ i ] [ j ] = f [ i-1 ] [ j-1 ] + f [ i-1 ] [ j+1 ] 注意一下当 j=1 和 j=8 时的情况 还 阅读全文

摘要： 传送门 很显然可以递推 前一项可以推出后一项 但是数据太大 那就考虑矩阵优化 那么构造一个初始矩阵：[ x[0] ， 1 ] 然后构造一个转移矩阵：[ a ， 0 ] [ c ， 1 ] 然后就可以了 看到这里的大佬应该都会矩阵优化吧... 阅读全文

摘要： 传送门 斐波那契数列 看一眼果断递推 f[ i ] = f[ i-1 ] + f[ i-2 ] 嘛 数据一看.. 好像不行.... 那就矩阵优化一下嘛 最基础的矩阵乘法嘛 （不懂先学一下 矩阵乘法 吧） 稍微想一想： 设矩阵为 A 那么矩阵 [ f[i-2] , f[i-1] ] * A 要等于 [ 阅读全文

摘要： 传送门 经典的博弈 如果只有两堆 那么结束状态就是（0，0） 考虑先手 怎样保持后手面对（0，0） 如果两堆大小不一样 那么先手只要保持两堆一样大就行了 即 先手先取大的一堆 使两堆一样大 后手无论取多少 先手只要在另一堆取一样多 最后就一定是后手面对（0，0） 但是如果两堆一样多... 那先手取完 阅读全文

摘要： 传送门 肯定是博弈论啦 因为大家都"完美地操作" 所以结果是肯定的 那考虑怎样先手才能控制必胜局面 设大的数是 a，另一个数是b 如果把数变成 b，a%b的局面必胜 那先手肯定走这一步，先手必胜 如果b，a%b的局面必输 那先手就要尽量避免，而且要尽量让后手变成 不得不取成b，a%b的必输局面 考虑 阅读全文

摘要： 传送门 DP 注意到m<=2 那就很好搞了 又发现n<=100,k<=10 随便暴力DP都可以了 然后注意一下 可以选空矩阵 状态直接设：f[ i ][ j ][ k ] 表示 第一行 已经选到第 i 个数， 第二行 已经选到第 j 个数，一共选了 k 个矩阵 那么 f[ i ][ j ][ k ] 阅读全文