09 2024 档案
摘要：dp 真是又爱又恨，当你推出式子来非常开心，但当你毫无思路时又无可奈何。
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摘要：P3355 骑士共存问题 我还没学网络流所以先讲二分图的做法，讲述下思路怎么推出来的。 可以发现骑士可达的点的颜色总是与自己的颜色相反，放了这个骑士，周围可达的方格就不能放骑士，要求客房的最多骑士数量，发现这与二分图最大匹配是相同的，所以直接进行分点匹配。 #include <bits/stdc++
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摘要：很显然看到要求最大值最小就可以想到二分答案，然后依次判断长度是否合法。 这题的输出比较特殊越靠前的区间长度越小，所以我们要将最后得到的答案从后向前依次划分区间即可。 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std;
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摘要：欧几里得算法 欧几里得算法又称辗转相除法，用来求两个数的最大公约数的算法。 省流：\(gcd(a,b)=gcd(b,a\mod b)\) 学习笔记 点击查看代码 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b; int gcd(int x,
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摘要：学习笔记 学习笔记 逆元 当 \(ax\equiv1\ (mod \ b)\) 称 \(x\) 为 \(a \mod b\) 的逆元，记作 \(a^{-1}\)。 求逆元 以下都是求逆元的方法，为了不那么无聊 给个例题做。 拓展欧几里得法 exgcd链接 虽然 exgcd 是为了求 \(ax+by=
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摘要：小费马定理： 如果 \(p\) 是一个素数，且 \(a\) 是任意整数，则： \[a^p \equiv a \ (\text{mod} \ p) \]当 \(a\) 与 \(p\) 互质时，即 \(\gcd(a, p) = 1\)， 则有：$$a^{p-1} \equiv 1 \ (\text{mo
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摘要：其实三分和二分实现是一样的，但是为什么我还要写一下呢，因为我没学的时候感觉太可怕了，学了后发现也就那样，所以我要记录一下（水题解）。 原题链接 每次三分取 \(x\) 判断大小。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll lon
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摘要：裴蜀定理 \(i|j\) 表示 \(i\) 是 \(j\) 的约数。 \(ax+by=c\)，\(x,y\in \mathbb{Z}\)，该等式成立的条件为 \(gcd(a,b)|c\)。 省流： \[ax+by=gcd(a,b) \]接下来证明一下： 设 \(s\) 为 \(gcd(a,b)\)，
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摘要：欧拉函数 定理 欧拉函数，即 \(\varphi(n)\)，表示的是小于等于 \(n\) 和 \(n\) 互质的数的个数，详细定义看wiki。 欧拉函数其实就是容斥原理的应用，举个例子： 如 \(n=6\)，\(1,2,3,4,5,6\) 是整个序列，我们将 \(6\) 的质因子 \(2\)，\(3
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摘要：一个正向取前缀和，一个反向取，最后枚举断点。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int n,sum; int a[200005]; int front[200005]; int back[200005
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摘要：又是一个思维毒瘤好题，但dp题都是这样，菜就多练吧。 拆环为链，前缀和加速计算，枚举断点数、起点、终点、断点。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=105; int a[N*2]
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摘要：原题链接 虽然我还是看题解才会做的（菜），但我还要说这题挺简单的（菜），还是菜就多练。 因为是对一个字符串操作求树的可能数，所以考虑区间dp，设状态 \(dp[i][j]\) 为区间 \(i\) 到 \(j\) 树的状态数。 在转移的过程中如果 \(s_i=s_j\) 时代表这可能为同一个根节点组成
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摘要：学习笔记 因为这题总是涉及相邻位，所以在计算的时候要多计算几个。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int n,m; ll dp[15][15]; int a[15]; void init(){ for
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摘要：纯纯数位dp板子，可以顺着思路下来。 传统技能学习笔记 不要62 libreoj 设状态为 \(dp[i][j]\) 为第 \(i\) 位是 \(j\) 的可能情况数。 枚举位数，这位的数，低一位的数，将每一位的组合可能存下来，但要把这位是 4 与这位是 6 低一位是 2 的情况排除掉。 void
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摘要：存下输赢代价，计算时先减为平局，判断输赢，如果还是输，那继续加一变为胜利这局，判断输赢。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e6+10; int n; int a[N]; i
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摘要：非常丰富害怕的一天，第一次打csp-s，感觉有点害怕的，但是考前心态还挺好的。 11.10分出发，1点到达，吃了个午餐（馄饨！），然后再等待，拍了几张照后就进去了，考试楼挺近，但为什么一层就4个考场，然后进场，入座观察，靠窗开心，桌子有点高不太开心，花了10分钟左右做完选择，程序阅读有点傻眼，做了一
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摘要：自从钻研这换根DP，犹如梁山好汉破了难关。初时只觉这树状结构，分枝繁复，变化多端，哪知竟有此等妙计。每换一根，便能高效算出新解，岂不似宋江指挥众兄弟，调度得当，事半功倍。更妙的是，这容斥之法，恰如兵法计策，分而治之，避开冗余。学之愈深，愈觉精妙，心中豪气顿生，恨不得与众学者痛饮一场，论此技之神通。
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摘要：大佬题解 感觉分层图的做法太nb了吧，每次向下连边更新权值，我确实没什么补充的了，还是看大佬的吧。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e7+10; int n,m; int
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摘要：根据题意可知，如果第 \(i\) 只生物是天使那么 \(a_i\) 生物就是恶魔，如果第 \(i\) 只生物是恶魔那么 \(a_i\) 生物就是天使，这时我们就发现这与二分图染色法相同，关于二分图染色法可以看这里。 样例一如下图： 因为这题要求出恶魔数量最多的方案，所以每次选择颜色最多的那个颜色加到
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摘要：P1330 封锁阳光大学 用二分图的构造方式即可，找到两种颜色最小值加起来，注意：图不连通。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int color[10005]; int vis[10005]; int p=0; int x
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摘要：原题链接 好讲解 好代码 匈牙利算法，每次匹配抛弃原有，选择新有。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,c; int v[505][505]; int ask[505]; int matched[505]; int ans; i
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摘要：前言 其实 01bfs 就是用队列维护的最短路，在权值只有 \(0\) 和 \(1\) 时就可以把权值为 \(0\) 的方案放到队列最前，权值为 \(1\) 的则放到最后，然后进行搜索，保证高效和正确性。 P4554 小明的游戏 模板题。 大部分 bfs 题都可以用最短路做，而最短路中 dijkst
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摘要：双倍经验：P2024 [NOI2001] 食物链 当问题要求维护一些对立的关系时（朋友、敌人），就可以用种类并查集实现。 因为有三种关系所以并查集的数组要开三倍空间，第一倍空间存同类关系，第二倍存捕食关系，第三倍存被捕食关系。 注意：一的猎物的猎物就是一的天敌，其他就可以直接并查集维护即可。 注意这
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摘要：P4568 [JLOI2011] 飞行路线 考虑跑多层图，每层图连条边权为0的边，跑 dijkstra 即可。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e7+10; int n,m
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摘要：类似最小生成树，对边排序依次加上，但是数据大，要进行离线处理，存起来，将比他小的边加上，判断连通用并查集（路径压缩，按秩合并）。 唐完的我在赛时没写按秩，而且while没写终止条件（唐老鸭）。 先按秩后合并，测评机有点玄学但确实要这样。 初版： #include<bits/stdc++.h> usi
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摘要：P1892 [BOI2003] 团伙 种类并查集！！！！ 存敌人 主要要理解敌人的敌人就是朋友这句话，我们就可以用并查集来维护朋友，用一个数组来储存他的其中一个敌人，后面遇到其他他的敌人时，将他的敌人用并查集连起来成为朋友。 注意这题要你输出团队数而不是团队的人数不会就我这么唐吧。 #include
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摘要：四倍经验 51nod 2875 单词游戏 acwing 1185. 单词游戏 洛谷 SPOJ WORDS1 - Play on Words 单词 Play on Words 题意 将 \(n\) 个单词，问能否把这些单词首尾相接的连起来（头尾字母要一样）。 分析 我们可以将每一个字母看成一个节点，这
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摘要：51nod 1720 祖玛 这又是一个区间 dp，但这题又和其他的不一样，这题又用记忆化搜索，但是多学一种方法也没事，但其实用搜索后就模拟即可了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; // 定义全局变量 int n; // 数组长度 int dp
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摘要：51nod 3180 矩阵连乘 感觉区间 dp 还是要感性理解，但好像区间有套路的，这和石子合并很像，就根据题意模拟。 这个写法的区间比较巧妙，左右同时增加，相当于滑动窗口，因为一开始花费一个是0，所以注意dp的初始化。 #include<bits/stdc++.h> using namespace
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摘要：P1775 石子合并（弱化版） 感觉 dp 太难了，这真的感觉太难学了，但是还要写题记积累啊，唉！ 感觉不用讲题意了（那你也别讲题解了）就是石子之间可以合并，合并的代价是这堆石子数，问如何合并全部石子后总代价最小。 考虑用区间 dp，设状态为 \(dp[i][j]\) 为区间 \([i,j]\) 的
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摘要：模板题 我写不明白我要用其他人的学习笔记 这个 其实也没法写，真要一步步写很复杂。 无非就是依次将每个数减掉系数，最后成为一个单位矩阵。 所以看注释： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const in
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摘要：学习笔记 最大M子段和 V1 \(N\) 个整数组成的序列 \(a[1],a[2],a[3],…,a[n]\)，将这N个数划分为互不相交的 \(M\) 个子段，并且这 \(M\) 个子段的和是最大的。如果 \(M >= N\) 个数中正数的个数，那么输出所有正数的和。\(N,M<=5000\)。 例
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摘要：51nod 1254 最大子段和 V2 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int n; ll a[50005]; ll sum[50005]; ll lmax[50005],rmax[50005];
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摘要：51nod 1051 最大子矩阵和 可以用前缀和容斥优化到 \(O(n^4)\)，但是不够进行如下图操作： 将每一列的数值都压缩到一维的数组上，就转换为求最大字段和问题，时间复杂度 \(O(n^3)\)。 看看代码就知道了。 #include <bits/stdc++.h> using namesp
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摘要：51nod 1243 排船的问题 求最长绳子最短，考虑二分答案，判断时我们优先向左放，看是否能全放下。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int n,x,m; int pos[50005]; int
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摘要：51nod 1020 逆序排列 学习笔记 其实要预处理，但唐的我非要每次都求一遍。 设状态为 \(dp[i][j]\) 选了 i 个数逆序对数为 j 的排序种类数。 首先初始化 \(dp[i][0]=1\) 即没有逆序对，转移方程 \(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]
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摘要：题目链接 学习链接 设状态 \(dp[i][j]\) 表示整数 \([1,i]\) 满足要求的排列中，最后一个数选 \(j\) 的排列数。 开一个数组记录他的状态： 把前面已选好的序列中大于等于 \(j\) 的数都加一后再把 \(j\) 加到后面。 #include <bits/stdc++.h>
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摘要：51nod 1050 循环数组最大子段和 虽然是板子题，两种做法，我们先写一种，另一个咕咕。 因为是循环，所以分为两种，中间的和两边的，中间的直接dp求最大，两边的转化一下就是总的数字和减去中间的最小数字和。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std;
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摘要：1202 子序列个数 设 \(dp[i]\) 为第i个数不同子序列个数，先不考虑重复的情况，每个数只有选不选，转移方程为 \(dp[i]=dp[i-1]\times 2\)，但现在我们要求的是不同的子序列个数，因此要减去重复的子序列个数。对于选取了 \(a_i\) 的子序列，会出现重复的序列一定是以
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摘要：因为边权递增，按最小生成树的顺序 dp，设状态 \(dp[i]\) 为 \(i\) 点的最长路径长度，但是需要单调递增，所以考虑可以同时更新（先将原dp数组储存下来，再用新数组的值更新原 dp 数组），答案为 \(max(dp[i])\)。 #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：3188 字符王国 建图，有环输出-1，无环按照拓扑序dp，设状态为 \(dp[i][j]\) 第 \(i\) 个点，\(j\) 的字符的出现的最大次数，最后遍历每个点找到最大答案。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll lo
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摘要：51nod 1791 原题链接 因为在括号串固定的情况下，括号的匹配是固定不变的。所以对左括号进行匹配，p[i]表示与i这个括号相匹配的括号的位置，易得到dp方程 ans[i]=ans[p[i]+1]+1,然后再从后先前一遍求和即可。 #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：51nod 1201 整数划分 设状态 \(dp[i][j]\) 为和为 \(i\) 时，选择的最大值为 \(j\) 的方案数，所以有转移方程 \(dp[i][j]=dp[i-j][j-1]+dp[i][j-1]\) 有点坑，先枚举 \(j\) 后枚举 \(i\)。 复杂度为 \(O(n^2)\)。
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摘要：可以发现步数限制把数轴变为了环。环之间不可以交换，环内相邻两点可以交换，然后我们只需要对每个环操作，最后累加。 对于环上的每个石子堆，我们需要将其石子数调整到均值 \(avg\)。因此，我们首先计算每个堆石子相对于 \(avg\) 的偏差，即 \(nowa[i] - avg\)。 因为相邻节点不一定
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摘要：其他学习笔记 这题真是凝聚了很多精华，那么我们就介绍这题的四兄弟： 大哥 平均数 这道题是其他兄弟的基础。 二哥 Best Cow 这位更是重量级，因为没特长只能强大哥的外貌，会大哥即识二哥。 三哥 PROSJEK 这位哥看似有点创新却仍没逃过一家子的基因，只是变为了小数运算。 四哥 寻找段落 作为
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摘要：前置 博客学习 \(P(A∩B)\) 表示事件 \(𝐴\) 和事件 \(𝐵\) 同时发生的概率 条件概率： 条件概率是指事件 \(A\) 在另外一个事件 \(B\) 已经发生条件下的发生概率。条件概率表示为：\(P(A|B)\)，读作“在B的条件下A的概率”。——《百度百科》 条件概率： \[P
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摘要：51nod 3145 扔球游戏 终于听懂了一个期望题。 第 \(i\) 个位 \(0\) 的概率 \(\frac{n}{n+m}\)，第 \(i+1\) 位为 \(1\) 的概率为 \(\frac{m}{n+m-1}\)，然后一共有 \(n+m-1\) 个 \(i\)，所以期望为 \(\frac{n
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摘要：1639 绑鞋带 是个数学题。 先算全部的方案，1有5种选择，然后去掉2个还有3种选择，再去掉2个还剩1个，这就是全部方案 \(5+3+1\)。 再算合法方案，因为只能有一个环，1不能与2连，有4种选择，那1假如连4，那3的话不能连1，2，3，4，还剩2个头，\(4+2\)。 上述结论具有普遍性，全
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摘要：51nod 1110 距离之和最小 考虑贪心取中位数，因为中位数到左边的点和右边的点的个数相同，更合理，权值的话可以转化为一个单点，然后没了。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int n; struc
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摘要：动态规划入门题 怎么看着有点像小木棍？ 考虑朴素做法，我们设状态为 \(dp[i][j][k]\) 前 \(i\) 个钢筋，组成的第一根钢筋的长度为 \(j\)，组成的第二根钢筋的长度为 \(k\)，我们用状态储存这对组合有没有过，答案就是所有 \(j==k\) 中存在的最大的答案。 有动态转移方程
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摘要：整数分解为2的幂 这题非常厉害，建议认真看下去虽然我讲的也不好。 首先肯定先想到的是多重背包，可以把每个次幂当作物品，然后套板子。 但是这题有 \(O(n)\) 复杂度的做法，我们想如果一个数 \(i\) 是奇数，那他只能由 \((i-1)+1\) 转化过来（2的幂次只有1是奇数），那方案数就是 \
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摘要：01 背包 \(n\) 件物品，每件物品有权值和重量，给出背包体积 \(V\)，从这些物品中挑选若干件（只能选一次）放入背包，使得背包内物品的总重量不超过 \(V\)，问能可以得到的最大权值。 设 \(dp[i][j]\) 选取前 \(i\) 件物品重量为 \(j\) 能取得的最大的权值，可以得到转
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摘要：P1337 吊打XXX SA 无疑就这几个步骤。 设初温 t; 降低系数 down<1 设定阈值 更劣随机概率选择（温度越低，概率越低） AI 评价： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define down 0.996 //降低系数 int
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摘要：原题链接 这题因为要求满足 t 时间内，所以用 dp ，不过我们的状态比较特殊，\(dp[i][j]\) 表示到 \(i\) 点时经过 \(j\) 个点的最短时间，因为题目为 DAG 所以要用拓扑排序，每到一个点，枚举所有出边，更新出点的状态 \(f[v][j+1]=min(f[v][j+1],f[
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摘要：51nod 1366 贫富差距 这题题面挺抽象的，一个人与他所以的朋友的钱不能超过 \(d\)，问朋友链上钱最多的人的钱与钱最少的人的钱相差多少，求差距的最大值 。 如果两个人不属于同一个连通块那么差距可以无穷大，好了特殊情况解决了。然后为了使这个差距最大，那么对于每个朋友我们都取 \(d\) 为权
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摘要：暴力构图为 \(O(n^2)\) 无法实现，但可以发现有些边无用，可以先按 x 排序，第 i 号点与第 i+1 号点一定最近，所以建一条边，y 坐标同理，然后跑最短路即可自动选择 \(min(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)\) #include<bits/stdc++.h> using n
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摘要：学习笔记 我认为我这个算法可能无法讲明白，而且工作量巨大，所以为了让你快速学会我推荐学习下列笔记。 学习笔记1 学习笔记2 学习笔记3 放个模板 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e6+10; char a[N],b
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