原题传送门 我们珂以拆位,拆成一个个0/1矩阵 贡献珂以用全0,全1的子矩阵的个数来计算 全0,全1的子矩阵的个数珂以用悬线法/单调栈解决 #include <bits/stdc++.h> #define N 1005 #define mod 1000000007 #define getchar nc using namespace std; inline char nc(){ static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf; return p1==p2&…

传送门 题目涉及按位与以及按位或运算,所以可以拆位考虑,枚举某个二进制位,然后某个位置如果那个数的第\(i\)位是\(0\)就放\(0\),否则放\(1\),这一位的贡献就是位运算后值为\(1\)的子矩阵个数\(*2^i\).对于与运算,权值为\(1\)的矩阵为全\(1\)矩阵;对于或运算,权值为\(1\)的矩阵为含有\(1\)的矩阵,可以看成是总个数-全\(0\)矩阵个数,然后全\(0\)和全\(1\)矩阵个数可以单调栈求得 #include<bits/stdc++.h> #define L…

题目地址:P5300 [GXOI/GZOI2019]与或和 考虑按位计算贡献 对于 AND 运算,只有全 \(1\) 子矩阵才会有贡献 对于 OR 运算,所以非全 \(0\) 子矩阵均有贡献 如果求一个 01 矩阵中全 \(0/1\) 子矩阵的个数呢? 单调栈可以 \(O(n^2)\) 实现 总时间复杂度 \(O(n^2k)\) 其中 \(k\) 是二进制位数 #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std;…

原题传送门 首先先要学会麻将,然后会发现就是一个暴力dp,分三种情况考虑: 1.非七对子国士无双,设\(dp_{i,j,k,a,b}\)表示看到了第\(i\)种牌,一共有\(j\)个\(i-1\)开头的顺子,有\(k\)个\(i\)开头的顺子,有\(a\)个面子/杠子,有\(b\)个雀头时最大分数,暴力转移即可 2.七对子,设\(dp_{i,j}\)表示看到了第\(i\)种牌,一共有\(j\)个雀头时最大分数,暴力转移即可 3.国士无双,设\(dp_{i,j}\)表示看到了国士无双限定的第\(i…

原题传送门 题意:给你k个点,让你求两两最短路之间的最小值 我们考虑二进制拆分,使得每两个点都有机会分在不同的组\((A:0,B:1)\)中,从源点\(S\)向\(A/B\)中的点连边权为0的边,从\(B/A\)中的点向汇点\(T\)连边权为0的边,这时\(S->T\)的最短路就是\(A/B\)中的点到\(B/A\)中的点最短路的最小值 所以做最短路次数为\(2\log k\),总复杂度为\(T n \log n\log k\)(srf好像还有少一个log的做法,orz srf) #includ…

传送门 先考虑\(k=1\),一个点的深度就是到根节点的路径上的点的个数,所以\(lca(x,y)\)的深度就是\(x\)和\(y\)到根路径的交集路径上的点的个数,那么对于一个询问,我们可以对每个点\(i\le x\),把\(1\)到\(i\)路径上所有点\(+1\),然后查询\(1\)到\(y\)的点权和就行了.现在有多组询问,路径修改可以树剖+在以\(dfn\)序为下标的线段树上修改,然后套可持久化线段树保存每个\(i\)的线段树状态,每次在对应线段树上区间查询即可.可持久化线段树的区间修…

传送门 所以这个\(5s\)是SMG 暴力是枚举每一个点跑最短路,然后有一个很拿衣服幼稚的想法,就是把所有给出的关键点当出发点,都丢到队列里,求最短路的时候如果当前点\(x\)某个相邻的点\(y\)是关键点,就用\(dis_x+\)边权\(w_i\)更新答案.感觉这个复杂度是正确的,然后跑一下样例也对 交上去就可以获得70'的好成绩 这个方法会有一种特殊情况无法处理,就是这条路径的起点和终点都是同一点,因为图中可能有环.那么我们更新答案就不能用起点是\(y\)的路径更新答案,于是考虑同时记录从某…

传送门 只有两行,考虑递推,设\(f_i\)为没有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,可以发现一次可以放一个竖的或两个横的,也就是\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\) 再设\(g_i\)表示有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,首先和\(f\)类似,可以放一个竖的或两个横的\(1*2\),然后\(1*1\)可以放出长度为奇数,\(\ge3\)的两种矩形,或者长度为偶数,\(\ge4\)的两种矩形,所以\[g_i=g_{i-1}+g_{i-2}+(2\sum_{j=3…

传送门 强行二合一可还行 首先\(c\)的贡献是不会变的,先考虑求出多少交点被矩形覆盖,交点的话可以按左端点纵坐标从下到上顺序枚举一条线段,然后维护右端点纵坐标的set,把之前处理过线段的右端点放进set里,然后所有 右端点在当前线段右端点上方的线段 都是和当前线段有交点的,直接算出来,并且这样算不会算重 本题中的矩形是斜着的,但是如果我们把所有点绕原点顺时针转\(45^\circ\),那么矩形的四边都会和坐标轴平行,我们可以直接考虑每个点是否被矩形覆盖,把坐标离散化,然后套扫描线扫横坐标,用树…

这道题除了非常恶心以外也没有什么非常让人恶心的地方 当然一定要说有的话还是有的,就是这题和咱 ZJOI 的 mahjong 真的是好像的说~ 于是就想说这道题出题人应该被 锕 掉 noteskey 整体的思路就是特判国士无双和七对子,然后 dp 搞普通的胡牌 dp 状态设计和楼上大佬说的一样,就是用一个五维的 \(f[i][j][k][l][p]\) 表示当前处理了前 i 种类型的牌,存在 j 个 面子/杠子 ,以 i-1 开头的顺子要选 k 个,以 i 开头的面子要选 l 个,以及当前是否有…