<训练之南>上的例题难度真心不小,勉强能看懂解析,其思路实在是意想不到. 题目虽然说得千奇百怪,但最终还是要转化成我们熟悉的东西. 经过书上的神分析,最终将所求变为: 共n个叶子,每个非叶节点至少有两个子节点的 树的个数f(n).最终输出2 × f(n) 首先可以枚举一下根节点的子树的叶子个数,对于有i个叶子的子树,共有f(i)种, 设d(i, j)表示每棵子树最多有i个叶节点,一共有j个叶节点的方案数. 所求答案为d(n-1, n) 假设恰好有i个叶子的子树有p棵,因为每个子树互相独立,所以…

一开始是想排列组合做的,排列组合感觉确实可以推出公式,但是复杂度嘛.. dp[i][j]表示有i只马,j个名次的方法数,显然j<=i,然后递推公式就很好写了,一只马新加进来要么与任意一个名次的马并行,则加进来后仍有j种名次,且有j个名次可选择,所以新增j*dp[i-1][j]种:要么这匹马插进j-1名次中并变成总共j种名次,所以原来应有j-1种名次,在j-1种名次中有j种插法,所以新增j*dp[i-1][j-1] #include <iostream> #include <stri…

这道题写了两个多小时-- 首先讲一下怎么建模 我们的目的是让所有点的出度等于入度 那么我们可以把点分为两部分, 一部分出度大于入度, 一部分入度大于出度 那么显然, 按照书里的思路,将边方向后,就相当于从出度大于入度的运一个流量到 入度大于出度的点. 紫书 例题 11-13 UVa 10735(混合图的欧拉回路)(最大流) 所以我们可以把源点S到所有出度大于入度的点连一条弧, 弧的容量是出度-入度的一半 为什么容量是这样呢,等一下说 同理, 把所有入度大于出度的点和汇点T连一条弧, 弧的容量是入…

总的来说就是价值为1,时间因物品而变,同时注意要刚好取到的01背包 (1)时间方面.按照题意,每首歌的时间最多为t + w - 1,这里要注意. 同时记得最后要加入时间为678的一首歌曲 (2)这里因为要输出时间,也就是重量,那么这个时候初始化就要注意了. 因为如果只是输出价值的话就全部初始化为0,但是要输出重量,那就意味着 当前这个时间是恰好由几首歌组合,那么初始化的时候就要注意全部初始化为 -1,f[0] = 0,同时判断条件要f[j-w] != -1,这里要注意 (3)这里时间很坑!我一开…

这道题要逆向思维, 就是求出答案的一部分, 然后反过去去寻找答案存不存在. 其实很多其他题都用了这道题目的方法, 自己以前都没有发现, 这道题专门考这个方法.这个方法可以没有一直往下求, 可以省去很多时间.紫书里面把这叫做中途相遇法,双向广搜有点这个方法的味道.这里用到了二分查找, 总的时间复杂度是n的二次方乘logn #include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #define REP(i, a, b) f…

紫书上有很明显的笔误, 公式写错了.g(k, i)的那个公式应该加上c(k-1)而不是c(k).如果加上c(k-1)那就是这一次 所有的红气球的数目, 肯定大于最下面i行的红气球数 我用的是f的公式, 我觉得这个稍微比f好理解一点.f(k, i) 表示k小时之后最上面i行红气球的个数. 分两种情况 如图所示 左上角的正方形的上面i行的红气球个数和前一个小时(也就是k-1)的整个正方形的上面i行的红气球个数是一样的, 因为右上角还有一个, 所以要乘2, 也就是f(k - 1, i) = 2 * f…

 这道题目可以把问题分解, 因为x坐标和y坐标的答案之间没有联系, 所以可以单独求两个坐标的答案 我一开始想的是按照左区间从小到大, 相同的时候从右区间从小到大排序, 然后WA 去uDebug找了数据, 发现这组数据过不了 3 1 1 3 3 1 1 3 3 2 2 2 2  正确输出是 1 1 3 3 1 1 2 2  我输出 IMPOSSIBLE 我发现当有包含关系的时候, 会先处理大区间而把小区间应该放的点覆盖掉了.所以我这个方法是不行滴, 然后就暂时不知道怎么改了.  之后我去看了他人的…

这道题用构造法, 就是自己依据题目想出一种可以得到解的方法, 没有什么规律可言, 只能根据题目本身来思考. 这道题的构造法比较复杂, 不知道刘汝佳是怎么想出来的, 我想的话肯定想不到. 具体思路紫书上讲得非常清楚了, 就不讲了.代码有详细注释 #include<cstdio> #include<vector> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; const int M…

http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=51196 紫书P320; 题意:给定n个数a1,a2····an,依次求出相邻两个数值和,将得到一个新数列,重复上述操作,最后结果将变为一个数,问这个数除以m的余数与那些数无关?例如n=3,m=2时,第一次得到a1+a2,a2+a3,在求和得到a1+2*a2+a3,它除以2的余数和a2无关.1=<n<=10^5, 2=<m<=10^9 其实就是杨辉三角的某一行有…

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\) 一天的学习快要结束了,高三楼在晚自习的时候恢复了宁静. 不过,\(HSD\) 桑还有一些作业没有完成,他需要在这个晚自习写完.比如这道数学题: 1.给出一个数列,求它的前 \(i\) 项和 \(S_i\),\(i\in \{x|1\le x\le n,x\in \mathbb{N}\}\) HSD 桑擅长数学,很快就把这题秒了-- 然而还有第二题: 2.如果把上一问的前 \(i\) 项和看成一个新数列,请求出它的前 \(i\) 项和 看完第…

GRAVITATION, n.“The tendency of all bodies to approach one another with a strengthproportion to the quantity of matter they contain – the quantity ofmatter they contain being ascertained by the strength of their tendencyto approach one another. This…

UVa 10520 哇!简直恶心的递推,生推了半天..感觉题不难,但是恶心,不推出来又难受..一不小心还A了[]~(￣▽￣)~*,AC的猝不及防... 先递推求出f[i][1](1<=i<=n-1),f[n][i](2<=i<=n)和f[i][j](2<=i<=n-1,1<=j<=i),再递推一次求f[1][j](2<=j<=n),f[1][n]即为答案.其实不太肯定这样是否一定正确,因为我没有特别考虑j=0的边界情况,感觉好像也用不到这个情况.…

UVa 10446 求(n,bcak)递归次数.自己推出来了一个式子: 其实就是这个式子,但是不知道该怎么写,怕递归写法超时.其实直接递推就好,边界条件易得C(0,back)=1.C(1,back)=1. Reference Code: #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef unsigned long long ll; ll dp[][]={}; int main() { int n,bac…

这道题有点类似动态规划,设答案为f(n) 第一个人有i个人,就有c(n,i)种可能 然后后面有f(n-i)种可能,所以相乘,然后枚举所有可能加起来就ok了. #include<cstdio> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; const int MAXN = 1123; const int MOD = 10056; int c[MAXN][MAXN], f[MAXN]; voi…

这道题想了很久不知道怎么设置状态,怎么拓展,怎么判重, 最后看了这哥们的博客 终于明白了. https://blog.csdn.net/u014800748/article/details/47400557 这道题的难点在于怎么设置联通的状态,以及怎么拓展判重 . (1)状态:这里状态先定义了一个格子cell, 有x和y坐标.然后set<cell>表示一个联通块, 再用set<set<cell>>表示n个连块可以组成的所有联通块, 这里是集合套集合. (2)拓展:每个格…

这道题让最大值最小, 显然是二分答案 当题目求的是最大值最小, 最小值最大, 这个时候就要想到二分答案 为什么可以二分答案呢, 因为这个时候解是单调性的, 如果简单粗暴一点 就全部枚举一遍, 验证答案.但是因为答案满足单调性, 可以用二分的方法 来"枚举", 复杂度可以从n降到logn 开始我自己写了一个, 但是WA, 后来看了刘汝佳的代码, 发现要注意三点 (1)这道题的和的最大值会爆int, 要用long long. 养成看到题目的时候计算最大值看会不会爆int的习惯(int最大大…

滑动窗口这个方法名字非常形象, 先是窗口的右指针尽量往右滑, 滑不动了就滑窗口的左指针, 滑到右指针又可以开始滑动为止. 这道题是要记录滑的过程中最大的窗口长度, 限制条件是窗口中不能出现重复的值. 重复的值有两种判断方法. 一种是set, 其实就是开个vis数组, 但是数据有10的六次方, 数组肯定开不下, 所以用set来代替, 用时间换空间, set的查询是logn, 比数组要慢. 第二种是用map计算出一个last数组, 保存的是与当前数相同的前一个数的坐标. 两种方法大同小异. set版…

就是暴力枚举a, b然后和题目给的数据比较就ok了. 刘汝佳这道题的讲解有点迷,书上讲有x1和a可以算出x2, 但是很明显x2 = (a * x1 +b) 没有b怎么算x2?然后我就思考了很久,最后去看他的代码发现他的代码和他讲的是两回事 他的代码里直接是枚举a和b,不是按照书上的思路来的. 有点迷 #include<iostream> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; con…

这道题写了好久-- 在三维空间里面有动的点, 然后求有几次最小生成树. 其实很容易发现, 在最小生成树切换的时候,在这个时候一定有两条边相等, 而且等一下更大的那条边在最小生成树中,等一下更小的边不在最小生成树中. 这样的话过了这个时刻,等一下更小的边就会代替等一下更大的边, 从而最小生成树切换 然后我们讨论怎么实现 第一步, 建边 因为这里边的长度是随时间变化的, 所以我们可以把其写成一个二次函数. 那么显然根据两点间距离公式, 长度的平方等于x方向距离的平方+y方向距离的平方+z方向距离的平…

递归一遍遍历所有情况就ok了 #include<cstdio> #include<cstring> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; const int MAXN = 10; char map[2][10][10], str[10]; int k, num; bool dfs(int pos) { if(pos == 5) return ++num == k; bo…

这里用到了一些数论知识 首先素因子都大于M等价与M! 互质 然后又因为当k与M!互质且k>M!时当且仅当k mod M! 与M!互质(欧几里得算法的原理) 又因为N>=M, 所以N!为M!的倍数 所以只要求1到M!中与M!互质的数的个数,在乘上N!/M! 可以理解为每一块M!有这么多,然而N!中有很多块M!,所以乘上N!/M! 然后根据phifac[n] = phi[n!] = n!(1-1/p1)(1-1/p2)......(1-1/k)的定义可以得出 当n为质数的时候 phifac[n]…

用欧拉公式V-E+F=2 V是顶点数,E是边数,F是面数 具体推导见https://blog.csdn.net/QWsin/article/details/53635397 要用高精度 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<sstream> #define REP(i, a,…

这道题的题解有几个亮点 一个是每次只统计一个数字来简化思维 一个是统计当前位数的时候分三个部分来更新答案 具体看代码,有注释 #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; const int MAXN = 10; int pow[MAXN], cnt[MAX…

设当前有k个,那么也就是说拿到其他图案的可能是(n-k)/n 那么要拿到一个就要拿n/(n-k)次 所以答案就是n(1/n + 1/(n-1) ......1/2 + 1 / 1) 看起来很简单,但是实现有很多细节 一开始我是写了一个分数加法的函数 然后发现中间过程会溢出 所以要做两个操作 (1)  分母为1和n不算,最后算整数部分再加上去 因为如果算的话就要乘进去,分母会溢出 (2)要直接算所有数的最小公倍数,然后分子一起加(看代码) 我一开始是单独一个个分数来加减,这样在算分子的时候中间结果…

设置最后打开的是盒子1, 另外一个盒子剩下i个 那么在这之前打开了n + n - i次盒子 那么这个时候的概率是C(2 * n - i, n) p ^ (n+1) (1-p)^ (n - i) 那么反过来最后打开的是盒子2, 那么概率是C(2 * n - i, n) p ^ (n-i) (1-p)^ (n +1) 那么当前的概率就是两个加起来,然后乘以权值,即i就可以了 所以枚举所有的i加起来就好了. 但这样会损失很多精度, 所以我们可以用对数 也就是说算的时候先取对数来算,后来再取回去 不要忘…

这道题方法非常的巧妙, 两层的n*n, 第一层第I行全是第I个国家, 第二层的第j列全是第j个国家.这样能符合题目的条件.比如说第1个国家, 在第一层的第一行全是A, 然后在第二层的第一行就有ABCDE--这样A就和所有的国家都连接了,其他国家也是一样的.只能说这种方法非常巧妙吧,答案讲出来很简单,但是不容易想到. #include<cstdio> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace st…

#include<cstdio> #include<iostream> #include<sstream> #include<algorithm> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; const int MAXN = 50; int a[MAXN], n; void filp(int pos) //学习这里翻转的写法 { REP(i, 0, p…

这道题发现一个性质就解决了 如果以i为起点, 然后一直加油耗油, 到p这个地方要去p+1的时候没油了, 那么i, i+1, --一直到p, 如果以这些点 为起点, 肯定也走不完. 为什么呢? 用反证法, 假设以q(i  < q <= p)这个点为起点可以走完的话, 那么i这个点也一定可以走完 首先, i是可以达到q的, 因为i可以达到p, 而q是在p前面的, 而且从i开始走到q这个点剩下的油量肯定大于等于0, 而如果单纯从q开始走的话, 油量会等于0, 也就是说从i过来所有的油量反而会更多,…

解法和合并果子是一样的, 每次取最小的两个, 更新答案, 加入队列 #include<cstdio> #include<queue> #define REP(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); i++) using namespace std; int main() { int n, x; while(~scanf("%d", &n) && n) { priority_queue<int, v…

这道题用了数形结合, 真的牛逼, 完全想到不到还可以这么做 因为题目求的是平均值, 是总数除以个数, 这个时候就可以联系 到斜率, 也就是说转化为给你一堆点, 让你求两点之间的最大斜率 要做两个处理 (1)去掉上凸点, 因为上凸点是无论如何都不会为最优解的 (2)去掉之后每两个点之间的斜率是单调递增的, 这个时候要求切点. 切点即最大斜率, 所以就枚举终点, 然后找该终点对应的最大斜率 (也就是找到切点), 然后更新答案. #include<cstdio> #define REP(i, a,…