10 2020 档案
摘要：传送门 解题思路 用f[i]表示已经买了i种，到买齐邮票的期望买的张数。 用g[i]表示已经买了i种，到买齐邮票的期望花的价格。 所以 f[i]=(f[i]+1)*(i/n)+(f[i+1]+1)*((n-i)/n) g[i]=(g[i]+f[i]+1)*(i/n)+(g[i+1]+f[i+1]+1
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摘要：传送门 解题思路 用a[i]表示第i位为1的x^1的期望； 用b[i]表示第i位为1的x^2的期望； 用ans[i]表示前i位的x^3的期望。 显然的是， a[i]=(a[i-1]+1)*p[i]。 b[i]=(b[i-1]+2*a[i-1]+1)*p[i]。 ans[i]=(ans[i-1]+3*
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摘要：传送门 高斯消元 什么叫高斯消元？ 就是解多元方程组的一种方法。 给你n个方程组，包含着n个未知数，告诉你每一个方程中的每一个未知数的系数和常数项。 怎么解？ 和数学上差不多，把第一个方程保留第一个未知数（设系数为k），把第二个到第n个方程的第一个未知数的系数化为-k，用加减消元即可。 以此类推，枚
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摘要：直接放 论文网址： 百度文库 个人总结与体会： 两种方法，一种是O(s^2)，s为障碍点个数。一种是O(n*m)，一般使用第二种会快一点。 垂线法运用了贪心思想，枚举的垂线都尽可能向两边拓展，O(n*m)枚举，O(1)求解（提前预处理）。
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摘要：传送门 解题思路 自己一开始做的时候知道是dp，但是设计的状态总是有后效性的（看来还是做题少了），看完题解才恍然大悟。 设dp[u][i][j]表示以u为根的子树，选取前i个儿子，用户数为j的最大利润，用类似区间dp的性质，dp[u][i][j]可以从dp[u][i-1][j-k]+dp[v][si
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摘要：问题表述 对于（int）90*0.7，在float下会算出63，而在double下则会取得62。 根本原因 double和float的精度不同，因而对于数字的保存不同，例如0.7在double下会有一个小项，导致存储是是63-（一个很小的数），所以在取int时（舍弃低位），就会变成62。 有些时候f
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摘要：传送门 解题思路 用dp[i][0]表示第i个节点染绿色的以i为根的子树的最大（最小）染绿色总数，dp[i][1]表示染红色，dp[i][2]表示染蓝色。 各种情况转移即可。 写完代码后发现，dp[i][1]和dp[i][2]相等，所以其实可以合并起来，这样能少许多代码量。 AC代码 1 #incl
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摘要：传送门 解题思路 对于每一条路，很显然只有两种情况，一种是走一次，一种是走无限次，而第二种情况的条件是这条边在一个环中。 所以先用Tarjan缩点，每个点的权值更新为这个环上所有边一直摘的蘑菇数的和。 然后跑一边既有边权也有点权的DAG上的dp即可。 //数据有锅，后四个点答案有误，用double存
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摘要：传送门 缩点 在一个有向图上缩点就是指把有向图上的环变成一个点。 具体实现用Tarjan。 先求强联通分量，每次遇到新点是把这个点进栈，最后若dfn[i]==low[i]则i这个点一定在环上，而且栈中i之后进入的元素也在这个环上（证明略）。 即一直出栈，知道出栈元素等于i。在出栈过程中维护信息即可。
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摘要：传送门 解题思路 g[i][j][k]表示i到j这个点有没有长度为2^k的路径，若有为1，若没有为0。答案可以由g[i][x][k-1]&&g[x][j][k-1]更新（Floyd传递闭包）。 倍增求一遍后，把所有g[i][j][k] = 1 的 i j之间连一条长度为1的边（因为可以一步到达）。
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摘要：传送门 解题思路 很显然的树形dp，设dp[i][j]表示在子树i上保留j条边的最大苹果树，从儿子节点转移过来即可，注意若某个儿子不选，则以此儿子为根的子树都不能选。 还有就是因为是二叉树，可以提前遍历一遍求出每个点的两个或零个儿子，就不用在求dp时倒序枚举了，算是一个小技巧趴。 AC代码 1 #i
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摘要：传送门 解题思路 显然是区间dp，判断a[i]是否等于a[j]，然后再枚举中间节点k即可。 关键是玄学错误： 一份代码提交后间接性AC？ （就是一会显示AC，一会再提交就WA掉，一会又AC？） 莫非是因为用了班主任名字当变量？ AC记录 WA记录 感谢 @rcxkk 解答并提供hack数据。 32行
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摘要：传送门 解题思路 每行互不影响，所以分开处理，对于每一行，很显然是个区间dp，我们用dp[i][j]表示区间[i..j]的得分和的最大值，注意每次加一个数的顺序是先加上数再集体乘2。 恶心的地方在于需要写高精（学校比赛懒得写，所以只拿了60分），需要一个高精度+int，一个高精度*2，一个高精度+高
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摘要：传送门 解题思路 很显然是dp（因为标签是dp）。 设dp[i][j]表示放到第i个原料，放完后的原料数量为j个最大的耐久度。 可以用dp[i-1][k]转移而来，其中k：j-1<=k<=min(w,j+s-1)。 你发现了什么，可以用单调队列优化！ 即维护一个长度为s的单调队列。 //把这个题当做
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摘要：传送门 解题思路 因为可以大整数分解为l*10k+（l+1）*10k-1+（l+2）*10k-3+……+r*100，而10k%9=1，所以原整数在模9意义下等于l+（l+1）+（l+2）+（l+3）+……+r=（l+r）*（r-l+1）/2。 因为有除法，所以我们算出2在%9意义下的逆元为5，即可解
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摘要：传送门 解题思路 设dp[i][j]表示选出了第i个电塔，上一个选出的是第j个电塔的方案数。 枚举i，j，转移方程为： 找一个k，使得h[k],h[j],h[i]构成等差数列，并且k<j。 dp[i][j]+=dp[j][k]; 对于确定的i，j，h[k]是确定的，所以我们可以用vector a[i
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摘要：传送门 解题思路 先说我的思路：枚举中间的那个人，然后在左边序列、右边序列分别做一次LIS，时间复杂度为n^3。 看题解后才发现有更优的做法，我们可以先预处理出正向和反向的LIS，然后枚举i统计答案即可，时间复杂度为n^2。 AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<
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摘要：传送门 解题思路 先按照l为第一关键字，w为第二关键字从大到小排序，保证前面的l一定比后面的大于等于，这样就能排除一维影响。 然后问题就变成了在排好序的序列中找最长不上升子序列的个数，根据狄尔沃斯定理（导弹拦截定理），我们得知最长不上升子序列的个数就等于最长上升子序列的长度。 所以这里O(n^2)求
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摘要：传送门 解题思路 因为正序不好推，所以我们倒序： dp[i]表示从时间i到最终时刻n的最大休息时间，所以我们可以推出以下的状态转移方程： 若i时刻无任务，则dp[i]=dp[i+1]+1; 若i时刻有至少一个任务，则枚举这些任务k，dp[i]=dp[a[k]+b[k]]；（a，b为题目中读入的每个任
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摘要：传送门 解题思路 很显然的LIS板子题，找一个最长不上升子序列和最长上升子序列即可。 关于LIS（O(n^2)和O(nlogn)） AC代码 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 #include<cstdio>
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摘要：传送门 解题思路 很显然的一道类似01背包的dp，每个人选择打或不打。 状态转移方程为 dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+lose[i],dp[i-1][j-num[i]]+win[i]) 但这个题还是比较细节的，要注意一下几点： 数组要用long long，否则最后一个点会炸（因为答
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摘要：传送门 解题思路 显然的用到类似树形dp的思想，在一个有向无环图上做dp。 状态转移方程就是dp[v]加起来。 AC代码 //其实不用long long也可以 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cmath> 4 #includ
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摘要：传送门 解题思路 首先可以dp做，把数据离散化后dp[i]表示到i位置的最多区间数。 把所有区间按照右端点排序从左往右排序，求dp[i]就用右端点为i的区间更新答案。 状态转移可以看代码。 这种做法常数较大，我们还可以用贪心解此题。 我们依旧按照右端点排序，从左往右枚举所有区间，如果当前区间与前面没
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摘要：传送门 解题思路 我们先考虑k==1的情况，这时候一定选取的是树的直径的两个端点。 因为不加这条新路每个边一定走两次，加上了之后道路两个端点之间的路径只需走一遍，所以贪心思想，一定是选取最长的路径的两个端点，即树的直径。 再考虑k==2的情况，一种情况是新加的道路的两个端点之间的路径与加的第一条边两
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摘要：传送门 解题思路 先看一下数据范围，a、b、c都是10^6，所以大体推断出做法时间复杂度约为nlogn。 根据axy=（ax）^y，所以ab！=(((((a^1)^2)^3)^4)^……)^b。 用底数变化的快速幂（O（logb））做b次即可。 或者对指数b!做一些处理—— 我们知道指数b!一定不能
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