题解 dp 似乎这个最大值不好设计状态啊== 但是可以发现这\(n\)个点每个点都是相同的 可以设计状态\(f_{i,j}\)表示一个长度为\(i\)的一段区间的最大值不会超过\(j\)的价值 那么转移就类似于区间\(DP\),先枚举长度,再枚举最大值,然后再暴力枚举一个位置表示这个最大值最靠右的位置,然后计算这个最大值跨过这个区间的贡献即可 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}+\sum_{k=1}^{i}{f_{k-1,j} \times f_{i-k,j - 1} \times p_{j…

传送门:http://uoj.ac/problem/311 [题解] 这题的期望dp好神奇啊(可能是我太菜了) 由于每个位置都完全一样,所以我们设$f_{i,j}$表示审了连续$i$个位置,最大值不超过$j$的期望. 那么只要考虑最大值为$j$的期望,其他从$f_{i,j-1}$加进来即可. 枚举最大值第一次出现的位置$p$(如果位置编号为$[1,i]$的话,因为位置都等价,所以可以这样做) 然后考虑$p$一定对于这些区间有贡献$[\max(1, p-K+1), \min(i-K+1, p)]$…

[UOJ#311][UNR #2]积劳成疾(动态规划) UOJ Solution 考虑最大值分治解决问题.每次枚举最大值所在的位置,强制不能跨过最大值,左右此时不会影响,可以分开考虑. 那么设\(f[i][j]\)表示长度为\(i\),且最大值不超过\(j\)的所有方案之和. 因为最大值有多个,所以我们钦定每次选择最靠右的那个,所以转移就是: \[f[i][j]=f[i][j-1]+\sum_{k=1}^if[k-1][j]*f[i-k][j-1]*w[j]^{c}\] 即钦定为最靠右的那个最大…

来自FallDream的博客,未经允许,请勿转载,谢谢. 传送门 区间最大值的题emmmm 想到构建笛卡尔树,这样自然就想到了一种dp f[i][j]表示大小为i的笛卡尔树,根的权值是j的答案. 转移的时候枚举左右子树的大小,对权值那一维前缀和转移. 然后在每次转移的时候,把已经可以确定最大值的段的贡献乘进去就可以了. #include<iostream> #include<cstdio> #define MN 400 #define mod 998244353 using nam…

UOJ 序列中的每个位置是等价的.直接令\(f[i][j]\)表示,\(i\)个数的序列,最大值不超过\(j\)的所有序列每个长为\(k\)的子区间最大值的乘积的和. 由\(j-1\)转移到\(j\)时,考虑枚举第一个\(j\)出现在哪里.设最左边的\(j\)在\(p\)位置,那么会对左端点在\([\max(1,p-k+1),\ \min(p,i-k+1)]\)的每个\(k\)区间造成\(w[j]\)的贡献,也就是\(w[j]^{len}\).\(p\)左边没出现过\(j\),贡献是\(f[p-…

需要锻炼$ DP$能力 UOJ #311 题意 等概率产生一个长度为$ n$且每个数在[1,n]间随机的数列 定义其价值为所有长度为$ k$的连续子数列的最大值的乘积 给定$ n,k$求所有合法数列的价值和 题解 设$ f(x,y)$表示长度为$x$的数列中,最值不超过$ y$的所有数列的价值和 若数列的最值不是$ y$则$ f(x,y)=f(x,y-1)$ 否则枚举最左边的最值位置,设为位置$ i$ 则$ f(x,y)$可由$f(i-1,y-1)·w(y)^{calc(i)}·f(x-i,y)…

链接:http://uoj.ac/contest/40/problem/311 题解: 一道很好的期望题吧 用dp的老思路,枚举最大值将序列分割 想到这个就很简单了 状态f[i][j]表示前i个,最大值为j f[i][j]=sigma(sigmaf[k][j-1]*sigmaf[i-k][j]*j^贡献次数) 然后显然这个可以前缀和优化一下 写代码莫名其妙写了+=mo 代码: #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 500…

题目描述 一个长度为 $n$ 的序列,每个数在 $[1,n]$ 之间.给出 $m$ ,求所有序列的 $\prod_{i=1}^{n-m+1}(\text{Max}_{j=i}^{j+m-1}a[j])$ 的总和,即对所有序列求每个长度为 $m$ 的子区间的最大值乘积之和.答案对 $998244353$ 取模. $m\le n\le 400$ . 题解 dp 设 $f[i][j]$ 表示长度为 $i$ 的序列,每个数都在 $[1,j]$ 之间的所有序列每个长度为 $m$ 的子区间最大值乘积之和.…

传送门 果然\(dp\)题就没咱啥事儿了 设\(f_{i,j}\)为长度为\(i\)的区间,所有元素的值不超过\(j\)的总的疲劳值 如果\(j\)没有出现过,那么\(f_{i,j}=f_{i,j-1}\) 如果\(j\)出现过,我们考虑枚举\(j\)第一次出现的位置\(k\),设包含那个位置的长度为\(m\)的区间个数为\(c\),那么这里\(j\)的贡献就是\({w_j}^c\),前面没有\(j\),是\(f_{i-1,j-1}\)后面可能还有\(j\),是\(f_{i-k,j}\) 综上,…

题目 考虑直接顺着从\(1\)填数填到\(n\)发现这是在胡扯 所以考虑一些奇诡的东西,譬如最后的答案长什么样子 显然某一种方案的贡献是一个\(\prod_{i=1}^nw_i^{t_i}\)状物,\(t_i\)表示\(i\)在多少个长度为\(m\)的区间里为最大值 而这里又是最大值,所以可以考虑从大到小填数,每次把填完之后相应的分裂区间,同时在这个时候也可以计算一些贡献 于是我们设\(f_{l,r,k}\)表示对于区间\([l,r]\)最大值为\(k\),我们枚举这个最大值最后一次出现的位置,…