06 2022 档案
摘要：如果一个二维网格中数据不重复，可以确定其鞍点最多有一个。 假设鞍点是列极大行极小， 则，与鞍点同行或同列的点显然不是鞍点， 与鞍点不同行列的点z，可以对应，鞍点行列中的两个点x和y 且显然x<y(因为x<鞍点<y) 如果z<x，则z不为列极大，如果z>y，则z不为行极小， 如果x<z<y，则z不为列
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摘要：对于大数，可以使用string存储。 如果要构造最大的大数，注意数的大小首先比较数的长度，然后从首位往后面的位比较。 例题： https://atcoder.jp/contests/abc257/tasks/abc257_e 首先可以计算出，可以构造出的最长位数 然后再从大到小对每一位，贪心的判断是
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摘要：在求组合数时，其除数有阶乘形式，会非常大。 所以需要用除法逆元记录。 有公式1/num=pow(num,P-2)(mod P)，P是质数。 其中pow可以用QuickPow算法求出。 在阶乘递推时，可以有n!=(n-1)!*n;从前向后递推 阶乘的逆元在递推时，有1/(n!)=1/((n-1)!)/
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摘要：组合数与杨辉三角有一一对应的关系： 根据杨辉三角的构造方式，以及组合数的性质：C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1) 可得杨辉三角的每一行，都对应着一个固定底数的组合数。 例题： https://codeforces.com/contest/1696/problem/E 同时有组合数公
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摘要：单调栈可以获得比第一个比当前数大/小的数的位置。 使用deque也可以用来二分查找。 如下例题： https://codeforces.com/contest/1696/problem/D 可以存储当前数的单调增栈和单调减栈，然后根据栈中首元素的相对位置，进行选择和二分查找。 #include<bi
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摘要：如下图灵茶山艾府提供的题解中绿色三角形所示： 可以在一次DFS中，处理出节点的进出“时间”，这样，如果是有直接亲缘关系的节点，则会有时间上的包含关系。 时间用全局变量表示，进入DFS函数时记录进入时间，DFS完全部子树后，返回前，记录出时间。 https://www.bilibili.com/vid
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摘要：如果要求子区间中全部数字的平均数大于100，可以先将区间中全部数字都减100，然后再判断区间和是否大于0，这样就可以避免平均数的值和区间长度相关的问题。 例题： AcWing 4487. 最长连续子序列 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typ
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摘要：AcWing 1086. 恨7不成妻 数位dp例题 注意一个数不能分别对两个不同的数取余，只能将其保存下来 例如下面代码中的prev_b #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL MOD = 10000
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摘要：C++中，对负数取模的结果为负数，需要特殊写取模函数 LL Mod(LL num,LL mod) { return (num%mod+mod)%mod; } View Code
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摘要：若数位dp中的数字性质要求数字不含前导0，则可以考虑。 dp数组中保留存在前导0的数字种类。 在遍历每一位时，第一位从1开始，其他位从0开始。 然后再把位数低于当前数字的结果（不含前导0）累加。 （含有前导0时，则可以遍历每一位时都从0开始，最后也不用累加结果） （如果数字是否含有前导0对结果（数字
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摘要：此题中，dp数组保存存在前导0的windy数（因为在使用时，当前位的前面会存在非0数） 结果为不存在前导0的windy数（循环过程中第一次不包含0）。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL dp[1
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摘要：ABC 256 G - Black and White Stones 题目： https://atcoder.jp/contests/abc256/tasks/abc256_g 题解： https://atcoder.jp/contests/abc256/editorial/4142 思路： 求一个
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摘要：数位DP的一般形式是： 在[X，Y]区间内，找到满足某种性质的数的个数。 技巧1：两端区间变为一边区间，计算[0, X]和[0, Y]在相减 技巧2：以树的方式考虑，从高位到低位，考虑枚举的数的当前位小于还是等于Y的当前位。 AcWing 1081. 度的数量 #include<bits/stdc+
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摘要：题目链接： https://codeforces.com/contest/1695/problem/D2 https://atcoder.jp/contests/apc001/tasks/apc001_e 解题思路： 可以考虑，对于每个节点v，其有k个子节点，则每个子节点中至少有k-1个侦查点，才能
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摘要：题目：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11229/F 题解：https://www.bilibili.com/video/BV1Zv4y1u7hT?p=5&spm_id_from=pageDriver&vd_source=75ae018f8d1181302d7
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摘要：整数部分，不断做除法，并取余数，最后倒置。 小数部分，不断做乘法，并取出整数部分。 例题 AcWing 4484. 有限小数 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL GCD(LL a,LL b) {
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摘要：容器的resize(n,a) 如果原容器中数据不超过n，则在后面补充a，但是容器中的原内容不变。 如果想全清空需要先clear()；
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摘要：AcWing 1073. 树的中心 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; vector<int> adj[10010]; vector<int> w[10010]; int p[10010]; int w
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摘要：有根树从根、无根树从任意一个节点开始处理即可 1、不考虑边权，考虑路径中点的个数，可以从任意一个节点开始进行DFS，DFS返回以当前节点为根的子树中，以当前节点为端点的最长路径。 经过当前节点的最长路径，即为以当前节点的子节点为端点的前2长的路径长度的和+1，并以此更新全局最长路径（直径）。 2、边
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摘要：简历最好限制在一页纸，项目介绍控制在三四行，具体内容等面试时再讲。 国企喜好复杂的简历，项目可以非常详细地写，可以写多页。 参考： http://erdengk.top/archives/jian-li--mian-shi https://www.bilibili.com/video/BV1gZ4y
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摘要：区间dp常用的实现方式有：迭代式和记忆化搜索式。 迭代式可以枚举左右端点，也可以考虑先枚举区间长度，这样小区间就会在大区间之前被计算。大区间通过分界点由小区间转移。 例题 AcWing 282. 石子合并 此题直接枚举区间长度和左端点，右端点不超过n。 AcWing 1068. 环形石子合并 此题可
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摘要：前序遍历的第一个元素是根，设其为r，则可以在中序遍历中找到r，并分别确定左右子树的前序遍历和中序遍历。这样递归求解即可。 注意，在中序遍历中查找r时，可以不用遍历，而是预处理出每个r在中序遍历I中的位置invI，这样就可以在O(1)的时间查找到。 是否可以生成一棵二叉树的条件为，每一次递归，判断r在
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摘要：当动态规划需要的数组范围太大，且当前状态只与前几维状态相关时，可以用滚动数组存储。 例如 二个滚动数组 dp[i&1]...=dp[i-1&1]... 三个滚动数组 dp[i%3]...=dp[(i-1)%3]....+dp[(i-2)%3].....;
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摘要：对于一个首尾相接的数组，设其旋转k1、k2、k3...次后可以恢复原状。 且k1<k2<k3<...。 则可以肯定，k1为这个数组的循环节，且k2、k3...均为k1的倍数。 一种求循环节的方法为： 对长度为n的循环字符串，先从小到大遍历可能的循环节的长度i，判断是否n%i==0，然后对其中的除第一
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摘要：291. 蒙德里安的梦想 此题使用状态压缩dp进行计算，状态表示使用一个数j，其中j的二进制位为1的位置表示1*2的第一个小方格并向后延伸。 由于1*2的第二个小方格和2*1的任意一个小方格与后面是没有联系的，对于后面的处理是等价的， 所以状态只用表示和后面产生联系的1*2的第一个小方格。 转移方法
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摘要：根据三个等价条件，可以将n^2个数的GCD转化为n个数的GCD，且这n个数是连续的，可以通过线段树在log时间求解。 转化方式为 a与b的GCD=a与a-b的GCD，因为b=x*GCD。
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摘要：设f(x)为x的最大平方除数(x的除数且为平方数)，两数i与j相乘为平方数，等价于i/f(i)*j/f(j)为平方数且由于i / f(i)与j / f(j)不可能被任何质数整除两次以上则两数i与j相乘为平方数，等价于i / f(i)= j/ f(j)且f(i)可以在sqrt(i)的时间复杂度求出。
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摘要：dp中的状态机模型会增加一维表示当前的状态。根据状态间的转移方式进行dp 1052. 设计密码 此题需要结合kmp和状态机模型 状态的定义是 dp[i][j]表示遍历到字母i，且匹配了长度为j的模板串，匹配模板串的长度即为状态。 状态的转移根据i-1位的匹配长度，以及i位的字母，计算i位的匹配长度。
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摘要：对一个字符串的子字符串，判断回文一般需要O(n)的时间， 但是如果预先处理出子字符串的哈希值，则可以在O(1)的时间判断。 具体方法是，如果是小写字母，则可以用26进制数进行记录。 base=26; for(...) ha[i]=ha[i-1]*base+(str[i]-'a'); 再反着进行一次哈
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摘要：C++中class和struct除了空的默认构造函数，还存在传入初始化列表的默认构造函数。 使用方式为： struct s { int a,b; double c; } int main() { s s1={1,1,1.1}; } View Code 但是在类内如果提供了构造函数，则不会生成默认构造
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摘要：背包问题可以用dp数组记录最大值。 可以新增另一个数组count，记录等于最大值的方案数， 这样，在算出最大值后，在求解一遍可以以最大值转移过来的方案数的和，即可得到最大值的方案数。 AcWing 11. 背包问题求方案数 代码如下： #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：有依赖的背包问题，节点有树形结构的依赖。 可以递归计算。 递归的过程中，首先对节点的每个子树，计算在不同体积下的最大价值，即dp[u][i]。 dp[u][i]代表在节点u的子树中，选择不超过体积i的物品所得到的最大价值。 然后对当前节点，将每个子节点的每个体积看做分组背包问题中的物品求解。 在递归
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摘要：二进制优化代码比单调队列优化代码更清晰好写。 可以将一维优化成log级别。 其思想是，将数量s，1+2+4+...+s0，对1、2、4、...、s0分别打包， 则小于s的任意一个数量均可由这些打包表示出来。 这样数量为s的多重背包，可分解为这些打包的01背包。 注意，由于此时物品数量增多，必须优化d
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摘要：求 a/b(mod p) 其中，p是一个质数。 由费马小定理，有： b^(p-1)=1(mod p) 故 b^(p-2)=b^(-1)(mod p) 故 a/b(mod p) =a*b^(-1)(mod p)=a*b^(p-2)(mod p) 其中b^(p-2)可以用快速幂求解 注意：每一步都要取模
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