摘要：
这一道题跟NOIP集训模拟赛1的D题非常像，当然D题的递推方程更复杂（磁盘里面有题解pdf） 对于这一道题，我们设\(f[i][0]\)表示铺了\(i\)列而且全部用的完整的砖的方案数 \(f[i][1]\)表示铺了\(i\)列，但是第\(i\)列缺了一个而且第\(i\)列的唯一的那一块砖头就是1X 阅读全文
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这题我们很容易想出一个状态，设f[i][j]表示前i个长度划分长度为j的块的总方案 然后我们自信的写出\(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-a[i]]\) 但这其实是错的！这跟背包很想，+f[i][j-a[i]]这一项的本质是说这个长度为j的块的最后一段的长度是a[i]，但其实最后一 阅读全文
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首先这道题跟分型城市那道题很像，不难想到分治，设出方程即可 比如设\(h[i][0]\)表示\(i\)阶图案，重力方向是从上到下的总灌水方块，\(h[i][1]\)表示重力方向从左到右，\(h[i][2]\)表示重力方向从左到右而且是在图案最下面过去的 于是有\(h[i][0]=2(h[i-1][0 阅读全文
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首先考虑当节点数为n时，有多少个二叉树 设\(f[i]\)表示节点为i时二叉树的个数，有 \[f[n]=\sum_{i=1}^{n-1}f[i]f[n-1-i] \]注意这种递推式子也是卡特兰数的一种形式，所以为卡特兰数 其实想到这个式子的话，我们可以借鉴随机树一题，从序列生成的角度去思考，于是我们 阅读全文
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Prufer序列的转化方法见这篇博客（这篇文章里这道模板题的高精处理方法也看看，注意特判条件，想想为啥充要） 这里主要是对这篇博客的一些说明。 首先：为什么Prufer序列与无根树一一对应？ 我们要先知道两个引理：出现在Prufer序列中的点一定是原无根树的非叶子节点（这里的叶子节点定义为最开始度数 阅读全文
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先给出一个我自己的不那么套路的做法 设p[i][j]表示一共有i个人，第j个人最终幸存的概率 那么有\(p[i][j]=\) \[p_{0}*p[i-1][j-1]+(1-p_{0})*p_{0}*p[i-1][j-2]+...+(1-p_{0})^{j-2}*p_{0}*p[i-1][1]（即前面 阅读全文
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这种可能会有无穷的情况，就是对某一个开关一直按 像这种题目我把他叫做无穷型嵌套期望 这种题目一般都是用DP推出公式然后化简 来看这道题目 首先，我们考虑假设最开始最少的操作不超过\(k\)，应该怎么做 很容易发现一个性质，就是按动一个开关，只能影响前面的开关，不能影响后面的开关 这是什么？无后效性！ 阅读全文
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\(E(X+Y)\)中\(X+Y\)到底什么意思？ 我们不妨设\(X\)对应事件1，他有一个样本空间\(\Omega_{1}\)，这个样本空间中的每一个事件对应一个取值 同理我们对\(Y\)也搞一个\(\Omega_{2}\)。 那么\(X+Y\)指的就是\(X\)和\(Y\)的笛卡尔积 两个集合的 阅读全文
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对这题的第一问，我们可以感性地理解一下 设\(f[i]\)表示\(i\)个叶子的平均叶子深度是多少 那么增加一个叶子（即一次拓展操作）所有叶子的总深度增加了\(2\)，平均深度增加了\(\frac{2}{i}\) 所以\(f[i]=f[i-1]+\frac{2}{i}\) 想一下为什么这里可以这么理 阅读全文
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我们假设他是离散的 设[0,w]这个区间有i个数 那么第一个人期望获得的钱数\(E(1)=\frac{1}{i}\sum_{j=1}^{i}\frac{w}{i} j=\frac{w(1+i)}{2i}\) 因为这个区间实际上有无数个数，故令i趋于无穷，有\(E(1)=\frac{w}{2}\) 那 阅读全文