05 2016 档案
摘要：对于所有度数为2的点会使点数减1，边数减1 然而需要特判简单环 我们把询问和边都从大到小排序，然后冰炸鸡维护 Ans_N=n-出度为0的点-出度为2的点+简单环，Ans_M=添加的边数-出度为2的点+简单环 1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 usi
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摘要：A题题意：给定一个1到n的排列，可以交换其中某一对数，求1与n的距离最大值 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 int n,x; 5 scanf("%d",&n); 6 int Min,Max; 7 for
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摘要：抱佛脚．．． 首先想到查找第K大的异或值可以按为确定，方法类似平衡树查第K大 然后，就跑到前缀和上去死磕了．．． 然而明明一颗可持久化trie树就可以解决的．．． 然后n*p*32^2过了以后表示老夫怎么这么慢阿，，，于是发现别人是n*p*32的，每次记下来就好，不用再跑一遍的．．． 1 #incl
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摘要：扔一个有m个面的骰子，每个面有一个数字，这些数字互不相同，求连续扔到n个数相同的期望步数或连续扔到n个数不同的期望步数 相同的： E[i]表示已经有i连续个相同，到达目标的期望步数 E[i]=E[i+1]/m+(1-1/m)E[1].................... 1 E[i+1]=E[i+
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摘要：被wsh大爷拉入坑，然而我会说他现在在睡觉？ 题意：求一个循环同构的字符串的按字典序排序后末尾的字符的序列 飒飒飒 我们把这个字符串粘(nian)两遍，然后飒飒飒就好啦 可以这么轻易是因为对于一个倍长后的字符串，如果我们不能仅按前n位就将这个字符串排序， 当且仅当这个字符串的某些后缀的完全相同，然而
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摘要：模拟，dp[i][j]表示第i局j获胜的概率 轻易～ 1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 #define maxn 1000 4 double dp[10][maxn],p[maxn][maxn]; 5 int n; 6 void getdp(in
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摘要：膜kuangbin大爷 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define eps 1e-10// 4 #define maxn 10005 5 int cnt,v[maxn<<1],Next[maxn<<1],first[maxn]
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摘要：A题题意：给出一个等差数列的首项和公差，求x是否是该数列中的项 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 int a,b,c; 5 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 6 if(c>0&&b-a>
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摘要：一堆人排队，初始队列为1,2...n，男主在第m个 有四个操作 1.保持原序列不变 2.队首到队尾，其余依此前移 3.队首狗带 4.整个队伍炸了 概率分别为p1,p2,p3,p4求爆炸时男主在队伍前K位的概率的期望 dp[i][j]表示当前队伍有i人，男主排在j的答案的期望 dp[i][1]=dp[
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摘要：有三个分别有K1,K2,K3个面的骰子，每个面上的值为[1,Ki] 设所投出的序列为{k1,k2,k3} 当投出{a,b,c}时得分清零，否则得分增加k1+k2+k3 求使得得分大于等于n的期望步数 设dp[i]表示当前得分为i，达成目标所需的期望步数 dp[i]=dp[i+k]*p[k]+dp[0
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摘要：一个程序有无限个bugs，一天可以找到1个，这些bugs有两个不同关键字A,B，分别按这两个关键字被分成了n种和m种，求集齐所有类(召唤神龙)的期望天数 设dp[i][j]表示已经收集了i种A和j种B的期望天数 dp[i][j]=i/n*j/s*dp[i][j]+p p=(n-i)/n*j/s*dp
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摘要：一条线段，起点为1，上面有一些点不能走，每次可以以p的概率向右走1步，或以(1-p)的概率向右走2步 求能安全走过整条线段的概率 首先，若1不能走则狗带，若有2个连续的点不能走则狗带 对于所有点都能走的情况，dp[i]表示走到i的概率，dp[i]=dp[i-1]*p+dp[i-1]*(p-2) 可构
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摘要：题目：给出一个长度为n的数轴和一个初始方向，一个人一次可以走[1,m]步，走到头就会自动反弹回来，求给定起点X到Y的期望步数 E[x]表示x点到终点的期望，则E[x]=sigma(E[x+i]+i)，E[Y]=0 因为还有方向问题，所以我们把n个点拆成2*n-2个，原数轴01234变成0123432
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摘要：设dp[i]表示掷了i次的期望得分dp[1]=sigma(A[i])/N,dp[i]=dp[i-1]*M/N 可以看出dp数组构成了一个等比数列 ans=sigma(dp[i])=dp[1]*(1-(M/N)^n)/(1-M/N) 当n趋近+oo时(M/N)^n趋近于0,则ans=dp[1]/(1-
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摘要：求所有满足要求的数的平方和 不只是统计个数，而是与每个数得具体取值有关 维护三个值 dp[dep][sum][num].num表示长度为dep的前面的数模7的余数为sum，前面几位数字之和模7为num的满足要求的数的个数 dp[dep][sum][num].sum表示长度为dep的前面的数模7的余数
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摘要：dp[dep][rest]表示长度为dep的F(x)<=rest的数的个数 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int dig[15],dp[15][5000]; 4 int dfs(int dep,int rest,int flag
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摘要：人生不止眼前的狗血，还有远方的狗带 A题B题一如既往的丝帛题 A题题意：询问按照12345678910111213...的顺序排列下去第n(n<=10^3)个数是多少 题解：打表，输出 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int di
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摘要：dp[dep][ex][sta]表示长度为dep的，前面出现过的数的集合为ex，不满足要求的数字的集合为sta的满足要求的数的个数 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll dp[20]
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摘要：对于4139，支点为3，(4-2)*4+(3-2)*1+(2-2)*3+(1-2)*9=0 dp[dep][sum][zzz]表示长度为dep，之前的权值为sum，支点为zzz的平衡数的个数 枚举支点求值 注意0的情况 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namesp
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摘要：题目要求统计小于等于n的既含有子串13，又是13的倍数的数的个数 ans=n-小于等于n的不含子串13或不是13倍数的数的个数 dp[dep][one][thirteen][yu]表示长度为dep，上一个数是否为1，之前的数是否包含13，之前的数模13的余数为yu的数的个数 之前状态没考率全面，狗带
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摘要：dp[dep][four]表示长度为dep的上一个是否为4的不含子串49的数的个数 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll dp[20][2]; 5 int dig[20]; 6 ll
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摘要：dp[dep][six]表示长度为dep的，上一位是否为6的不含62，不含4的数的个数 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int dp[10][2],dig[10]; 4 int dfs(int dep,int six,int fl
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摘要：先考虑LIS的nlogn解法 我们用dp[len]记录LIS长度为len时的最后一个数的大小，然后不断更新这些值，让每一个值都尽可能小 比如我现在的LIS是1 2 4 6，这时候下一个数是3，那么我们就要更新成1 2 3 6，让前面的数尽可能的小，这样就能让后面的数有更多的机会被加入 因为数字只有1
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摘要：若一个数n能被它的所有非零数位整除，则n能被它们的最小公倍数x整除 而由1到9中的数组成的最小公倍数最大为2520，且是离散的，实际上只有48个 为了判断这个数能否被它的所有数位整除，我们还需要这个数的值，显然要记录值是不可能的，其实我们只需记录它对2520的模即可 设dp[pos][lcm][mo
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