64 pts 类似 乌龟棋 的思想,由于 \(64pts\) 的 \(m <= 3\), 非常小. 我们可以设一个 \(dp\),建立 \(m\) 个维度存下每种物品选了几次: \(f[i][A][B][C]\) 表示前 \(i\) 种烹饪方法,第 \(1 / 2/ 3\) 种主要食材各自选了 \(A, B, C\) 道菜的方案数. 状态转移:根据题意,每种烹饪方法最多选一道菜. 不做菜 \(f[i][A][B][C] += f[i - 1][A][B][C]\) 做 \(1\) 道第一种主要食…

首先来看一道我编的题: 安娜写宋词 题目背景 洛谷P5664 Emiya 家今天的饭[民间数据] 的简化版本. 题目描述 安娜准备去参加宋词大赛,她一共掌握 \(n\) 个 词牌名 ,并且她的宋词总共有 \(m\) 个不同的 主题 . 为了方便描述,我们对词牌名从 \(1\) ~ \(n\) 编号,对主题从 \(1\) ~ \(m\) 编号. 安娜准备了若干首诗,每首诗都有 恰好一个 词牌名与 恰好一个 主题. 更具体地说,安娜为第 \(i\) 个词牌名第 \(j\) 个主题准备了 \(a_{i…

首先来看一道题题: 安娜写宋词 题目背景 洛谷P5664 Emiya 家今天的饭[民间数据] 的简化版本. 题目描述 安娜准备去参加宋词大赛,她一共掌握 \(n\) 个 词牌名 ,并且她的宋词总共有 \(m\) 个不同的 主题 . 为了方便描述,我们对词牌名从 \(1\) ~ \(n\) 编号,对主题从 \(1\) ~ \(m\) 编号. 安娜准备了若干首诗,每首诗都有 恰好一个 词牌名与 恰好一个 主题. 更具体地说,安娜为第 \(i\) 个词牌名第 \(j\) 个主题准备了 \(a_{i,j…

题目 题目链接:https://www.luogu.org/problem/P5664 Emiya 是个擅长做菜的高中生,他共掌握 \(n\) 种烹饪方法,且会使用 \(m\) 种主要食材做菜.为了方便叙述,我们对烹饪方法从 \(1 \sim n\) 编号,对主要食材从 \(1 \sim m\) 编号. Emiya 做的每道菜都将使用恰好一种烹饪方法与恰好一种主要食材.更具体地,Emiya 会做 \(a_{i,j}\) 道不同的使用烹饪方法 \(i\) 和主要食材 \(j\) 的菜(\(1 \l…

Description 传送门 Solution 算法1 32pts 爆搜,复杂度\(O((m+1)^n)\) 算法2 84pts 裸的dp,复杂度\(O(n^3m)\) 首先有一个显然的性质要知道: 最多只有一种主要食材出现在超过一半的主要食材里. 接下来考虑如果只有前两个限制条件的情况,那么答案就是 \[\Pi_{i=1}^{n} (sum_i+1) - 1\] 其中\(sum_i = \sum \limits_{j=1}^m a_{i,j}\),\(+1\)是因为对于每一行只有选一道菜或者…

luogu题目传送门! 首先,硬求可行方案数并不现实,因为不好求(去年考场就这么挂的,虽然那时候比现在更蒟). 在硬搞可行方案数不行之后,对题目要求的目标进行转换: 可行方案数 = 总方案数 - 不合格方案数. 题目多看几眼,(求最大最小方案数量这种套路),DP无疑. 首先考虑列的限制,发现若有不合法的列,则必然有且只有一列是不合法的:因为不可能有不同的两列数量都超过总数的一半. 于是发现列的合法限制数量可以如此计算:每行选不超过一个的方案数 (总数) -   每行选不超过一个,且某一列选了超过…

description loj 3211 solution 看到题目中要求每种主要食材至多在一半的菜中被使用,容易想到补集转换. 即\(ans=\)总方案数-存在某一种食材在一半以上的菜中被使用的方案. 总方案数很容易求:即对于每一种烹饪方法选至多一道菜的方案为\(s_i+1\),其中\(s_i=\sum_{j=1}^{m} a_{i,j}\). 故总方案数\(=\prod_{i=1}^{n} (s_i+1)-1\),其中-1是因为要去掉一道菜都没有选的方案. 而不合法的方案,我们可以先钦定第\…

思路: 这种题目就考我们首先想到一个性质.这题其实容易想到:超限的菜最多只有一个,再加上这题有容斥那味,就枚举超限的菜然后dp就做完了. 推式子能力还是不行,要看题解. 式子还需要一个优化,就是废除冗余状态将二维化一维. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=105; const int M=2005; ll mod=998244353,a[N][M],s[N],g[…

题面 题解 不考虑每种食材不超过一半的限制,答案是 减去 1 是去掉一道菜都不做的方案. 显然只可能有一种菜超过一半,于是枚举这种菜,对每个方式做背包即可(记一维状态表示这种菜比别的菜多做了多少份). 设dp[i][j]为前i种方法中这种食材比别人多j份, 则   于是从零开始枚举j就行了 吗 不对,我们可以意识到dp[i][ - | j |]也对答案有影响, 所以我们设dp[i][n]为原先的dp[i][0],n以下的是负数情况 #include<cstdio> #include<io…

CSP-S2 2019 D2T1 很不错的一题DP,通过这道题学到了很多. 身为一个对DP一窍不通的蒟蒻,在考场上还挣扎了1h来推式子,居然还有几次几乎推出正解,然而最后还是只能打个32分的暴搜滚粗 题意分析 给出一个矩阵,要求每行只能选一个节点,每列选的节点不能超过所有选的节点的一半,不能不选,给出每个节点的选择方案数,求总方案数 思路分析 可以看出,维护每列已选的节点复杂度太大,不太可行:因此很容易想到,先不考虑每列不超过一半的这个限制,求出总方案数,然后再减去考虑这个限制后不合法的方案数.…