摘要：
很水的TARJAN求强联通图的问题。#include #include #include #include using namespace std;const int N=10010;const int M=100010;int head[N],dfn[N],low[N],stack[N],st;s... 阅读全文
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烦。。早上在写HDU 4338,发现细节太多了，写不了。原因其实是自己对TARJAN算法忘得差不多了。唉。。把之前想的一道循环节的题过了吧。。。再练练Tarjan，把4338也过了，加油。。。#include #include #include using namespace std;char s[... 阅读全文
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利用降幂公式。。呃，还是自己去搜题解吧。知道降幂公式后，就不难了。#include #include #include #include #define LL unsigned long long using namespace std;bool mod[100005];LL PHI(LL P){ ... 阅读全文
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把两种状态化成2*n-2的一条线上的一种状态即可。很容易想到。高斯列主元法，不知为什么WA。要上课了，不玩了。。。逃了一次课呢。。#include #include #include #include #include #include using namespace std;double cons... 阅读全文
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树状数组，主要是抓住要求连续1的个数。这样，初始时，相同的加1，不同的加0.查询时，用二分搜索右边界。就是比较当前mid-l+1的值与他们之间1的个数（这可以通过树状数组求区间和得出），记录右边界即可。#include #include #include #include #include #def... 阅读全文
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本来以为是一道水题，好吧，做了才知道，出题的人有多牛。二分搜索是不可能的了，因为会超内存。。。看到别人的搜索两个集合的提示，我就自己一边去想了。终于想出来了：可以这样做，先把每两个集合的和值枚举出来并成一个大集合，排序，去重。剩下一个集合，于是，共三个集合。枚举小的那个集合的元素，搜索两个大的集合。... 阅读全文
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一开始就想到了扩展KMP，因为只有扩展KMP才是处理后缀的。但忽然短路以为扩展KMP求的是最长公共后缀，囧。。。。又浪费了很多时间，都是对这个算法练得不多再看那个扩展KMP算法之后，就很确定要的就是这个算法了。嗯，如果直接用扩展KMP，是会超时的。后来看了别人一个很巧妙的处理，把一个串复制一下两个串... 阅读全文
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顶好的一道题。其实，是POJ 2411的升级版。但POJ 2411我用的插头DP来做，一时没想到那道题怎么用状态DP，于是回头看POJ 2411那一道的状态DP，其实也很简单，就是每一行都设一个状态，用位来表示，如果上一行为0，则当前行必定是要竖着放的。填1.否则，当前行的位置可以横放填两个格子为1... 阅读全文
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dp求期望的题。 设 E[i]表示在结点i处，要走出迷宫所要走的边数的期望。E[1]即为所求。 叶子结点： E[i] = ki*E[1] + ei*0 + (1-ki-ei)*(E[father[i]] + 1); = ki*E[1] + (1-ki-ei)*E[... 阅读全文
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概率DP期望，逆推即可。使用状态压缩。注意，要全部输出。。。看DIS才发现题目输出是个坑。。#include #include #include #include using namespace std;double state[(1=0;i--){ if(i==al){ state[i]... 阅读全文
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很简单的概率题了设dp[x]为能力值 为x时出去的期望 天数#include #include #include #include #include using namespace std;double dp[20005];int ci[125];double is=0.5*(1+sqrt(5));... 阅读全文
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很容易列出方程设dp[i][j]为排在第i位置，总共有j个人排队到达目标状态的概率i=1dp[i][j]=p4+p1*dp[i][j]+p2*dp[j][j]2kdp[i][j]=p1*dp[i][j]+p2*dp[i-1][j]+p3*dp[i-1][j-1]设p2=p2/(1-p1),p3=p3... 阅读全文
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矩阵快速乘求概率，不难。但有注意的一点是，一定要注意地雷连着的情况，一旦出现两个雷相邻，就必定为0了。#include #include #include #include using namespace std;int pos[15];struct matrix{ double m[3][3];}... 阅读全文
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方程很明显有d[i]=sum(pk*d[i+k])+p0*d[0];其中pi可以在开始时枚举求出。设d[i]=A[i]*d[0]+B[i],代入上式d[i]=(sum(pk*A[i+k])+p0)+sum(pk*B[i+k])+1可得A[i]=sum(pk*A[i+k])+p0B[i]=sum(pk... 阅读全文
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求概率。其实跟枚举差不多，输入n即是要进行n轮比赛。对每一支球队，设求1的概率，首先1要与2比赛为p1，这是第一轮，第二轮时，1要与3（打败3为p2）,4（打败4为p3）中胜者比赛，由于是概率，则两者都要比，求出概率。所以，1要在第二轮胜的概率=p1*(p2*3第一轮胜出的概率+p3*4在第一轮胜出... 阅读全文