[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 状态压缩动规. 可以写成记忆化搜索的形式. f[bit][p] 表示选取的菜的情况为bit(用0..2^(N)-1的二进制形式表示各个菜有没有选 然后上一道菜选的是第p道菜,剩下的菜选够m道的话能够获得的最大满意度. 显然这两个状态能够唯一确定接下来的的最大满意度. 且接下来如果再遇到这个状态,就不用重新算了.直接返回上次的答案就好 (这就是记忆化搜索的思想. 转移的时候,通过上一次的选择和这一次的选择. 把转移时产生的额外满意…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 在做之前需要了解一个知识点. 就是如果一个字符串s是一个a循环串. (字符串的长度设为n,下标从1开始 那么s[1..n-a]和s[1+a..n]是相同的. 且这是充分必要条件. 可以看这篇文章 链接 显然1..n-a就对应了文章中的黄色部分,而1+a..n对应了蓝色部分. 根据文章中的描述.显然如果这两部分相同.则它是长度为a的一个循环串. (且就算n不是a的倍数,那种情况也能用这种方法判断 则我们的问题转化成快速判断某两段区…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 处理出起点到任意点的最短路以及最短路条数=>dis[0][i],cnt[0][i] 然后 把所有的边反向 处理出在反图上终点到任意点的最短路以及最短路条数=>dis[1][i],cnt[1][i] dis数组的初值为-1,表示无穷大 设起点到终点的最短路为mini 起点到终点的最短路条数为minicnt 对于每一条边(x,y,z) 如果dis[0][x]==-1 || dis[1][y]==-1代表x或者y不能到达起点或终点…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 2^y可以由两个2^(y-1)相加得到. 则有一个贪心的策略. 就是2^x尽量都变成2^(x+1) (即能够凑就尽量凑) 如果x还有剩余的话.答案递增1 而凑上去的数字,显然是可以合并成1步操作的.因为他们的和就是2^(x+1) [代码] #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N = 1e6; int n,a[N…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 让你在n的因子里面找一个最大的数字x 且x的因子全都不是完全平方数(y^2,y>1) O(sqrt(n))找出n的所有因子. 然后O(sqrt(n))处理出1..N内的所有完全平方数.->用map存 对于x,看看它的因子里面有没有完全平方数 没有的话,ans = max(ans,x) [代码] #include <bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 连续两个如果不全是0就递增cnt [代码] #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int main() { cin >> n >>m; int cnt = 0; for (int i = 1;i <= n;i++){ int x,y; for (int j = 1;j <= m;j++){ cin >>x &…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 要求把连续的一段li..ri的边全都删掉. 然后求剩下的图的联通数 如果暴力的话 复杂度显然是O(k*m)级别的. 考虑我们把li..ri全都删掉. 接下来要做两件事. 第一是把1..li-1这些边连起来. 并查集1 然后是把ri+1..m这些边连起来. 并查集2 然后把并查集1和并查集2合并在一起求联通分量就好 两个并查集合在一起可以在线性复杂度内完成. 那么花费的时间就在1..li-1和ri+1,,m这两个并查集的获取上.…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 把B提取出来就是一个等比数列了. 求和一下会发现是这种形式. \(B*\frac{(A^n-1)}{A-1}+A^n*x\) 则求一下乘法逆元 写个快速幂就好 A-1的逆元就是\((A-1)^{MOD-2}\) 要注意A=1的情况. 然后n最大可能为10^18 所以乘的时候要先对其取模 不然会乘爆 [代码] #include <bits/stdc++.h> #define LL long long using namespac…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 肯定是这样 先放k-1个,然后空1个,然后再放k-1个.然后再空1个.. 以此类推. 然后如果(n/k)*(k-1)+n%k>=m的话 那么答案显然就是m,因为不会出现乘2的情况. 否则. 那么只能让某些位置乘2了. 那么什么地方乘呢? 肯定是越前面越早乘越好. 那么temp=m-((n/k)*(k-1)+n%k)就是需要多乘2的次数. 从左往右放入那n/k个空位置中的前temp个就好 然后会发现前temp个连续的k块的递推式…

[链接] 我是链接,点我呀:) [题意] 在这里输入题意 [题解] 如果写过n皇后问题. 肯定都知道 某个点(i,j)和它在同一条对角线上的点分别是i+j的值和i-j的值相同的点. 然后会发现选择的两个点其实就对应了两组i+j和i-j 且每组i+j和i-j i+j的奇偶性和i-j的奇偶性要是一样的 假设第一组i+j和i-j的奇偶性都是x 第二组i+j和i-j的奇偶性是y 那么x和y要不一样才行. 不然会有重复的点. 会发现只要满足这个就能不重复了. (画图就知道了 那么我们处理出来i+j和i-j…