摘要：
计算每个点的入度。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; int vis[maxn],rd[maxn]; int top; int main(){ int x,y; while(1){ scanf("% 阅读全文
摘要：
题意：判断给出的图是否为一棵树。 并查集的简单应用。 注意判断是否是一张空图。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10; int vis[maxn],fa[maxn]; int find(int x){ i 阅读全文
摘要：
这题有些不一样，睁大眼睛看题，发现不用连续地取，那么我们就可以预处理一下。 把h从大到小排个序，然后从前往后扫一遍，如果当前的这片土地的w值不比前面的最大值大，那么他就可以被包含，无贡献。 这时我们取出了一个h递减，w递增的数列，这时取就必须连续了。 递推式长这样：f[i]=f[j]+b[i].w* 阅读全文
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这道题不太一样了。通过费用提前可以推倒递推式长这样：f[i]=min{f[j]+sumt[i]*(sumc[i]-sumc[j])+s*(sumc[n]-sumc[j])} 写成一次函数形式长这样：f[j]=(s+sumt[i])*sumc[j]+f[i]-sumt[i]*sumc[i]-s*sum 阅读全文
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虽然又是一遍AC的，但不得不说这题打得我好慌张，还调了十几分钟，虽然都是智障错误。 回归正题。猛然一看，n只有3000，貌似不要斜率优化耶。 但事实上，普通DP是N^2*M的，所以还是得斜率优化哈哈。 构造数列A1~Am，表示第i段的和。 方差乘m^2后长这样子：m*Ai^2-(Ai)^2 惊喜的发 阅读全文
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这是我斜率DP第一个没有一遍AC的，原因是第一遍忘开long long了。 这一题比较特殊，细心的同学一定发现了，递推式不带f。 为了方便，设d数组的后缀和为sd[i]=sd[i+1]+d[i],设k数组的前缀和为sk[i]=sk[i-1]+k[i](k[i]即是题目中的w[i]) 设f[i]为第二 阅读全文
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这题不像前面那样板子了，至少我不认为它是个板子。 推出的方程长这样子：f[j]+a*sum[j]^2-b*sum[j]=(2*a*sum[i])*sum[j]+f[i]-a*sum[i]^2-b*sum[i]-c 看一下数据范围，a恒为负，这时斜率2*a*sum[i]单调递减，同时我们要求截距的最大 阅读全文
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容易想到，我们必须在最低点也就是第n个点建设一个仓库。由此想到这样设状态：f[i]表示仅处理1~i的工厂的最小花费。 找到一个j<i，在j处建工厂，从j+1到i-1的都运到i处，那么推出状转方程：f[i]=min{f[j]+c[i]+p[k]*(x[i]-x[k])},k从i+1到j-1 预处理两个 阅读全文
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不难推出递推方程：dp[i]=min{dp[j]+(sum[i]+i−sum[j]−j−L−1)^2} 不妨设A=i+sum[i],B=j+sum[j]+1。则递推式可以转化为：dp[i]=min{dp[j]+(A-B+L)^2} 接下来的部分留给读者自行推倒（主要是我懒得写了QAQ） 看代码： # 阅读全文
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不难得到递推式f[i]=min{f[j]+(sum[i]-sum[j])^2+m}; 去掉min函数并展开：f[i]=f[j]+sum[i]^2-2*sum[i]*sum[j]+sum[j]^2+m 将含i的项与含j的项分离，并把单纯含j的项写在左边：f[j]+sum[j]^2=2*sum[i]*s 阅读全文