摘要：
这个题本来有希望在比赛里面出了的当时也想着用递推 因为后面的数明显是由前面的推过来的但是在计算的时候 因为判重的问题 。。。很无语。我打算用一个tot[i]来存i的总种树，tot[i]+=tot[j]//j为可以由j推到i的一系列数，但这样是不对的，会产生大量重复计算。。。看了下标程才发现要用二维来... 阅读全文
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2014 csu校赛 I 题，比赛的时候拿着他看了几个小时愣是没弄出好的方法，我们也想过统计出每个root的节点总数，然后减去离它d层的子节点的数目，即为答案。但是因为树的存储是无序的，所以每次为了找到子节点还是需要搜索，这肯定是承受不了的。事实上，这个思路大体是对的，只是需要进行预处理，使得在找离... 阅读全文
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是时候要做做数学类的题目了这属于比较简单的矩阵快速幂了，因为有个已知的矩阵循环的结论，所以为了节约时空，只需要保留一行即可，这个稍微有点难写，也不是难写，主要是注意细节。其他的矩阵快速幂一下即可#include #include #include #include #define N 505#def... 阅读全文
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这个题目要求在一个大矩阵里面匹配一个小矩阵，是AC自动机的灵活应用思路是逐行按普通AC自动机匹配，用过counts[i][j]记录一下T字符矩阵以i行j列为开头的与P等大的矩阵区域 有多少行已经匹配了，显然如果该数值==p的行数，则说明匹配成功就是在自动机的过程中，匹配得时候要稍微多想一下，每次匹配... 阅读全文
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首先我们应该是枚举 L个位置上的每个字符来得到最终概率然后AC自动机的作用就是为了判断你枚举的地方是否对应了单词节点，如果对应了，就肯定要不得#include #include #include #include #include using namespace std;const int max_... 阅读全文
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因为字符集比较大，所以就不能用简单字典树，在字典树里面，用链表进行存储。这个倒是不难，练了下手统计的时候还是有点难搞，因为要算所有的两两比较的次数之和，对分叉处进行计算，注意细节#include #include #include using namespace std;const int N = ... 阅读全文
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第二道AC自动机的题目了，之前参考的是网上一个博客算法，不怎么好，难写而且占空间后来参照大白书做的这题，代码简洁多了#include #include #include #include #include #include #define N 12000using namespace std;map mc; //防止模板里出现重复的struct AutoTrie{ int ch[N][28]; int val[N]; int f[N]; int cnt[N]; int last[N]; int sz; void init() { m... 阅读全文
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http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5235这种题目居然没想到，一开始往矩阵快速幂想去了，因为之前跪了太多矩阵快速幂，后来就。。哎，擦。怎么没想到就是个线段树呢因为1 A[x] * A[x-1] 这个是很容易推出的，比赛的时候看到这个就想那个快速幂去了，根本没往线段树上想，其实用线段树存储前面的矩阵，得到一个询问 1 0 A[x-2]L R，则访问 L+2 ,R的矩阵部分提取出来，再跟A[L] A[L+1]相乘就是结果了则建树为 nlogn，访问为mlogn，由于n和m都在10^5，所以可以承受... 阅读全文
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还是聪哥给我讲的思路才知道的，起初我利用两两互质去求发现有问题，互质只是必要条件而非充分条件，后来还是用的标准思路即其实最终只要保留最大的素数的幂即可，其他包含该素数幂但指数低的都不用了，这样就能保证序列最小公倍数不变，同时，为了字典序最小，只需一点小小的处理。在处理的时候遇到些小问题，主要是没考虑到每个值得因子没有求尽。#include #include #include #include #define ll long longusing namespace std;ll num[550],ans[550],prime[550];int n;ll gcd(ll a,ll b){ if... 阅读全文
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http://acm.whu.edu.cn/land/problem/detail?problem_id=1546这个题目还是聪哥教的方法过的首先搜索是必须的，而且通过搜索来缩点，这些应该要想到，即把图上的起点和终点还有能量点进行标记，之后用bfs找到这些个点的最短路，最多只有12个点，这样对12个点进行状态压缩DP，状态压缩这部分不是很好写用dp[i][j]表示在状态i的情况下，此刻在j点落脚的最大能量数，则先枚举i再枚举j，再枚举k，k代表已经存在于i里面的点 每次从dp[i][k]过度到dp[i][j]，从dp[i][k]+dis[k][j]+dis[j][m+1]#include #i 阅读全文