摘要：
#include #include #include using namespace std; int T,A[10]; bool f[100010]; inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='... 阅读全文
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题意：给定一个数，求将该数重新排列后mod m==0的方案数 重新排列就考虑到用到哪些数，以及此时mod m的值 于是dp[i][j]表示状态i中mod m==j的方案数 注意：转移的时候只要找到一种可行的转移就行，不然会计算重复的方案数 为了转移的方便，可以将相同的数字放在一起便于检索 Code 阅读全文
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题意：给定一个n个点的无向图，开始没有边，然后m个操作，每次加边或者删边，每次操作后输出正好k个边的匹配数k=1,2,3,...n/2，n<=10,m<=30000 可以发现，n<=10可以想一想状压，以点集为状态 于是dp[S]表示匹配中的点集为S时的方案数 加边时，dp[S]+=dp[S-2u- 阅读全文
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随便DP一下 Code 阅读全文
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二分答案mid，将>=mid的设为1，<mid的设为0，这样排序就变成了区间修改的操作，维护一下区间和即可 然后询问第q个位置的值，为1说明>=mid，以上 时间复杂度O(nlog2n) tips: 线段树操作区间[l,r]需满足l<=r，要特判；tag可能为0，要初始化为-1 Code 阅读全文
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构造一个序列B[i]=-b[i]，建一颗线段树，维护区间max， 每次区间加后再询问该区间最大值，如果为0就在树状数组中对应的值+1（该操作可能进行多次） 答案在树状数组中找 其实只用一颗线段树也是可以的 Code 阅读全文
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答案为3+2*∑φ(i),(i=2 to n) Code 阅读全文
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定义第i行为所有的点（i，j），0<j<m 可以发现，每一行是相对独立的，每一次操作只会影响到当前行和最后一列 考虑每一行和最后一列各开一个树状数组，但这样显然会爆空间 实际上，对于没有离队过的点是没必要储存的，可以直接算出编号， 因此只要用vector储存每一行和最后一列后加入的点即可 还需要预处 阅读全文
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先spfa一遍处理出d[]数组，（从n开始bfs一遍标记可以达到n的点） 题意即，在走最短路的基础上，可以最多多走K长度的路径， 考虑DP，每次剩余可走的长度会因决策而改变，所以考虑dp[i][j]为当前在i号节点，剩余可多走长度为j的方案数 dp[u][j]可以从dp[v][e[i].w-(d[v 阅读全文
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首先对于序列上一点，它对答案的贡献只有与它的前驱和后驱（前提颜色相同）构成的点对， 于是想到用set维护每个颜色，修改操作就是将2个set暴力合并（小的向大的合并），每次插入时更新答案即可 颜色数要离散化，或者用map也行 Code 阅读全文