几个解决k染色问题的指数级做法 ——以及CF908H题解 给你一张n个点的普通无向图,让你给每个点染上k种颜色中的一种,要求对于每条边,两个端点的颜色不能相同,问你是否存在一种可行方案,或是让你输出一种可行方案,或是让你求出满足条件的最小的k.这种问题叫做k染色问题.众所周知,当k>2时,k染色问题是NP的.但是相比$O(k^n)$的暴力搜索来说,人们还是找到了很多复杂度比较优越的指数级做法.本文简单介绍其中几种. 因为对于$O(n^22^n)$来说,$O(n^2)$小得可以忽略不计,所以在本文

D - Beautiful Graph CodeForces - 1093D You are given an undirected unweighted graph consisting of nn vertices and mm edges. You have to write a number on each vertex of the graph. Each number should be 11, 22or 33. The graph becomes beautiful if for

只写了和dp有关的..博客 https://www.cnblogs.com/huyufeifei/p/10351068.html 关于状态的继承和转移 这题的状态转移要分开两步来做: 1.继承之前状态的合法构造数量 2.构造出该状态下特有的新构造数量 这类dp尽量由已知状态推出未知态(加法转移)来做...自己用减法转移都不知道边界怎么写.. #include <cstdio> #include <algorithm> , MO = ; ], sum[N]; inline void

题目链接:http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2282 编号1~n的置换,不动点个数大于等于k的方案数. 参考百度百科错排公式,可以知道长度为n,每个数都不在自己位置的方案数.然后枚举长度即可. 考虑对立面(即小于k个在自己位置的)可以优化空间. #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; ; ; int D[maxn]; ]; int F[maxn]; int main

n个点 m条路 询问T次 从a点走到b点刚好k步的方案数是多少 给定一个有向图,问从A点恰好走k步(允许重复经过边)到达B点的方案数mod p的值把 给定的图转为邻接矩阵,即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j.令C=A*A,那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j),实际上就 等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数(枚举k为中转点).类似地,C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数 Sample Input4 4 // n m0 10 21 32 32 //T0 3 2

似乎弗洛伊德和迪杰斯特拉都干不了统计方案数,spfa的话就是不断入队就好. #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #define get_hash(a,b) (a-1)*m+b ; const int Inf=0x3f3f3f3f; ]={-,-,-,-,,,,},t2[]={-,-,,,,,-,-}; int f[N*N],dis[N*N],n,s[N][N],m,hash[N][N],S,E,al

分析:设方案数为ANS,C代表组合数: ANS=(C[K,I]*C[K-I,I][K-2*I,I]*...*C[K-(J-1)*I,I])/(J!); 也即: ANS=C[K,I*J]*(C[I*J,I]*C[I*J-I,I]*C[I*J-2*I,I]*...*C[I,I])/(J!); 又因为C[I*J,I]/J=C[I*J-1,I-1]; 所以即化简为: ANS=C[K,I*J]*(C[I-1,I-1]*C[2*I-1,I-1]*...*C[I*J-1,I-1]);

绯色的子弹 Description 众所周知,夏季奥林匹克运动会时隔56年第二次在东京举办,紧接着出来的<名侦探柯南 M24绯色的子弹>竟也是有奥运会的背景,最重要的是重归主线!!!(赤井秀一好帅) 讲个笑话:太让我失望了,这次剧场版居然不是讲赤井秀一参加奥运射击项目吊打各路高手包揽所有金牌的,千载难逢的机会啊 阿笠博士带着包括柯南在内的少年侦探团在奥运会现场,大家都知道,阿笠博士有个猜谜语的习惯,今天阿笠博士给出了这样一个题目: 给定两个整数nnn和kkk,含义为用恰好kkk个正整数数字组合

传送门:>Here< 题意:给出一张有向图,问从点A到点B恰好经过k个点(包括终点)的路径方案数 解题思路 一道矩阵乘法的好题!妙哉~ 话说把矩阵乘法放在图上好神奇,那么跟矩阵唯一有关的就是邻接矩阵…… 考虑邻接矩阵在这道题里的含义也就是从A到B经过1个点的方案数——能到达或不能到达.而当邻接矩阵自乘时,假设自乘一次得到矩阵B,则$b[i][j] = \sum\limits_{}{}g[i][k]*g[k][j]$.因此k就作为了枚举的中介点,由于最后得到的项是累积的,所以自乘一次以后就得到了

n个格子排成一行,有m种颜色,问用恰好k种颜色进行染色,使得相邻格子颜色不同的方案数. integers n, m, k (1 ≤n, m ≤ 10^9, 1 ≤ k ≤ 10^6, k ≤ n, m). m种颜色取k种 C(m, k) 这个可以放最后乘 那么问题就变成只用k种颜色第一个格子有k种涂法 第二个有k-1种 第三个也是k-1种 一共就是k*(k-1)^(n-1) 这种算法仅保证了相邻颜色不同,总颜色数不超过k种,并没有保证恰好出现k种颜色 也就是多算了恰好出现2种 恰好出现3种...

Description "简单无向图"是指无重边.无自环的无向图(不一定连通). 一个带标号的图的价值定义为每个点度数的k次方的和. 给定n和k,请计算所有n个点的带标号的简单无向图的价值之和. 因为答案很大,请对998244353取模输出. Input 第一行包含两个正整数n,k(1<=n<=10^9,1<=k<=200000). Output 输出一行一个整数,即答案对998244353取模的结果. Sample Input 6 5 Sample Outpu

B. Appleman and Tree time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output Appleman has a tree with n vertices. Some of the vertices (at least one) are colored black and other vertices are color

题目描述 小明的花店新开张,为了吸引顾客,他想在花店的门口摆上一排花,共m盆.通过调查顾客的喜好,小明列出了顾客最喜欢的n种花,从1到n标号.为了在门口展出更多种花,规定第i种花不能超过ai盆,摆花时同一种花放在一起,且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列. 试编程计算,一共有多少种不同的摆花方案. 输入输出格式 输入格式: 第一行包含两个正整数n和m,中间用一个空格隔开. 第二行有n个整数,每两个整数之间用一个空格隔开,依次表示a1.a2.……an. 输出格式: 输出只有一行,一个整数

[codevs1157]2k进制数 试题描述 设r是个2k 进制数,并满足以下条件: (1)r至少是个2位的2k 进制数. (2)作为2k 进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位. (3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w. 在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k<w≤30000)是事先给定的.问:满足上述条件的不同的r共有多少个?我们再从另一角度作些解释:设S是长度为w 的01字符串(即字符串S由w个"0"或"1"组成),S对应

题意 给出一个n*n大小的矩阵,要求从左上角走到右下角,每次只能向下走或者向右走并取数,某位置取过数之后就只为数值0,现在求解从左上角到右下角走K次的最大值. 思路 经典的费用流模型:K取方格数. 构图方法:将矩阵的每个元素m[i][j]拆成两个点u=(i-1)*n+j和v=n*n+(i-1)*n+j,从u到v连两条边: 1> 连边(u,v),容量为1,费用值为m[i][j],这样可以保证每一个位置的数只被取一次 2> 连边(u,v),容量为INF,费用值为0,这样可以保证某位置取数被置为0之

我是一个数学工作者,专业方向是图论.研究图论已经十年有余.一个月前,一个偶然的机会让我萌生了一个念头,那就是我想尝试用C++写出我所学过的图论方面的算法.作为一个数学工作者,过去一直是纸上谈兵,我之前并没有真正写过多少程序.确实,只知道写证明的纯理论的数学工作者往往自视甚高地看不起工程中实际写程序的程序员(即使程序员圈子里也有不少厉害的数学工作者),另一个方向的鄙视链好像也一定程度上存在着.于是,我不想只作一个"思想上的巨人行动上的矮子",便有了这个系列的博客. 首先声明,我不是专业的

有点硬核的dp..要用到一个结论.. /* 把原串拆成奇偶串,再拆成极大连续的-1串:该串两端都是非-1数,中间都是-1,并且下标要么都是偶数,要么都是技术 然后对所有这些串进行dp,dp[i][0]表示到第i个-1的方案数,0表示第i个-1填的数和该串最右端的数不同,1表示相同 为什么这样是可行的? 一个重要结论:拆分成奇偶串就可以使不出现回文串的条件转化为相邻两个字符不相等 而相邻两个字符不相等的填数方案可以用dp来做,并且每一段不连续的-1段都是满足乘法原理的,段内就是递推 有个经典套路:

P2347 砝码称重 DP做法 : 转化为 01背包. 进行方案数 更新.最后统计种类. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 1234 int n,k,dp[maxn],len,sum,ans; int a[11]= {0,1,2,3,5,10,20}; vector<int>p; int main() { for(int i=1; i<=6; i++) { scanf("%d"

题目链接 对于单独一个点,我们枚举它的度数(有多少条边)来计算它的贡献:\[\sum_{i=0}^{n-1}i^kC_{n-1}^i2^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}}\] 每个点是一样的,所以\[Ans=n\cdot 2^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}}\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^ii^k\] 考虑如何计算\(\sum_{i=0}^{n-1}C_{n-1}^ii^k\). 然后...dalao看到\(i^k\)就想起了第二类斯特林数: \(S(n,m

题意 题目链接 分析 先考虑没有障碍怎么做,定义 f(i,j,k) 每一维走了 i,j,k 位的方案数,转移乘个组合数即可. 现在多了一些障碍,考虑容斥.实际我们走过的点都有严格的大小关系,所以先把所有障碍点按维度排序,然后定义 g(i,j) 表示走到 i 这个障碍点,走了 j 个障碍点的方案数,利用 f 转移.实际第二维在转移时乘以-1就可以忽略. 复杂度 \(O(o^2)\) 开始写的刷表发现有问题,因为刷表时的所有状态都和 (n,m,r) 有关,所以中间的状态不能表示和终态一样的意义. 代