题目 描述 题目大意 一个序列,每次可以使一段区间内的所有数加一(模四). 问最少的操作次数. 思考历程 一看这题目,诶,这不就是那道叫密码锁的题目吗? 然后随便打一打,样例过了,就再也没有思考这一题. 正解 其实我的想法完全错了. 因为这题只能加,不能减啊! 于是就得考虑另一个方法. 题目可以转成这样的问题:给你一个数列,你可以预先给其中的数加四,然后每次对一个区间进行减一操作,问最少的操作数. 显然,如果已经加四了,就是一道大水题(好像叫--粉刷栅栏)? 我们先不考虑加四,那么答案就是∑ma…

题目描述 输入 输出 样例输入 1 5 2 1 3 0 3 2 2 0 1 0 样例输出 1 数据范围 解法 考虑没有模的情况,问题就仅仅只是简单的差分问题(广告铺设): 设r[i]是第i位需要加的次数,令q[i]=r[i+1]−r[i]: 则ans=sigma{max(q[i],0)}. 回到原问题: 现在先求出每一位至少需要加多少次才能从a数组->b数组,得出r数组,继而得出初始的q数组. 考虑模带来的影响是可以调整q数组使得获得更少的代价: 具体如是:设给r数组的一个区间[l,r]全体+4…

题目描述 输入 输出 样例输入 1 10000 3 10000 5 10000 0 0 样例输出 1 11 95 数据范围 每个测试点数据组数不超过10组 解法 状态压缩动态规划. 设f[i][j]表示第i行状态为j的方案数: f[i][j]=sum(f[i−1][k])(其中j可以从k中转移过来) 预处理出所有转移合法的情况. 然后矩阵乘法优化即可. 代码 #include<iostream> #include<stdio.h> #include<math.h> #i…

题目 分析 首先用\(a_i\)表示达到目标的步数\(B_i-A_i(mod 4)\) 根据粉刷栅栏,先不管mod 4的情况,答案就是\(\sum\max(a_i-a_{i+1},0)\) 那我们刚才做个差分\(a_i-=a_{i+1}\) 当我们给i增加高度, 那么\(a_i-4,a_{i+1}+4\) 当我们给区间增加高度,那么因为中间的+4-4抵消了,所以 \(a_l-4,a_r+4\) 那么我们考虑 \(a_l\)为1.2.3的情况, 就读者私下讨论. #include <cmath>…

第一题,典型的隔板问题, 但是我忘记隔板问题怎么打,一开始在花了1小时,还是没想出来,果断弃疗, 最后的40分钟,我打完了第二题,接着又用了20分钟推敲出一种极其猥琐的式子来代替,可惜预处理的阶乘忘记mod,只拿了40分. 好伤心,60分就这样飞走了(:′⌒`) 第二题很像多米诺骨牌,于是就找规律,找了半天都没有发现, 于是考虑打60分dp,然后转念一想,dp不就是个递推式吗,然后就用矩阵快速幂搞到了100分. 第三题有点坑爹,考虑了dp.贪心,最后还是失败了. 正解是类似于粉刷栅栏的神奇贪心.…

题目 分析 设表示每一行的状态,用一个4位的二进制来表示,当前这一行中的每一个位数对下一位有没有影响. 设\(f_{i,s}\)表示,做完了的i行,其状态为s,的方案数. 两个状态之间是否可以转移就留给读者自己思考了. 答案就是\(f_{n,0}\)因为最后一行对下一行不能造成影响. 然而,这样只有60分. 100分是个矩阵快速幂, B矩阵构造很简单,当两个状态\(s.s'\)可以转移,那么,B矩阵\(g_{s,s'}=1\). 当i等于零时, A矩阵为{1, 0 \(<\)repeats 15…

题目 分析 题目要求第i种颜色的最后一个珠子要在第i+1种颜色的最后一个珠子之前, 那么我们从小到大枚举做到第i种,把第i种的最后一颗珠子取出,将剩下的\(num(i)-1\)个珠子插入已排好的前i-1种中,再将取出的珠子放在最后一个. 每次求出将剩下的\(num(i)-1\)个珠子插入已排好的前i-1种中的方案数,将它乘以ans. 对于每个i的方案数可以用隔板问题来求. 但是,在比赛上,我忘了隔板问题,于是再枚举个j,将已经排好的珠子分成j份,将要放进去的的\(num(i)-1\)个珠子找出j…

考的还ok,暴力分很多,但有点意外的错误. 第一题找规律的题目,推了好久.100分 第二题dp,没想到. 第三题树状数组.比赛上打了个分段,准备拿60分,因为时间不够,没有对拍,其中有分段的20分莫名其妙的没有了. 总结 1.控制好时间,合理分配.…

题目 分析 首先每个数对\(2^i\)取模.也就是把每个数的第i位以后删去. 把它们放进树状数组里面. 那么当查询操作, 答案就位于区间\([2^i-x,2^{i-1}-1-x]\)中,直接查询就可以了. 细节很多,注意处理. #include <cmath> #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <algor…

题目 分析 易证,最优的答案一定是按\(w_i\)从小到大放. 我们考虑dp, 先将w从小到大排个序,再设\(f_{i,j}\)表示当前做到第i个物品,已选择了j个物品的最大值.转移就是\[f_{i,j}=max\left\{\begin{array}\\f_{i-1,j}\\f_{i-1,j-1}+v_i-w_i*(共选多少个物品(这个要枚举)-j)\end{array}\right.\] 但显然这是\(O(n^3)\)的. 我们考虑如何不用枚举共选多少个物品, 我们考虑反过来做,将w从大到小…