洛谷题面传送门 首先看到 LIS 我们可以想到它的 \(\infty\) 种求法(bushi),但是对于此题而言,既然题目出这样一个数据范围,硬要暴搜过去也不太现实,因此我们需想到用某种奇奇怪怪的方式进行状态压缩 DP,这样一来就可以排除掉不少常用的求 DP 的方法:譬如最常用的从左往右顺着钦定元素并设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的 LIS 的长度的方法,因此考虑换个角度,从小到大添加元素.还是设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的 LIS 的长度,那么考虑在一轮中,我们在

洛谷 P4478 [BJWC2018]上学路线 原题 神仙题orz,竟然没有1A....容斥+卢卡斯+crt?? 首先用容斥做,记\(f[i][0/1]\)表示到i号点经过了奇数/偶数个点的方案数,因为\(f[i][0]+f[i][1]=1\)所以只要记一个\(f[i]\)是经过奇数个点的方案数就行 枚举一个左下的点走到这个点,或者直接从1走到这个点, \(f[i]=\sum_{\text{j in lower left side}}((1-f[j])\times C_{x_i+y_i-x_j-

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3675 https://www.luogu.org/problemnew/show/P3648 http://uoj.ac/problem/104 PS:题面与题解针对于洛谷与uoj版本,bzoj请自觉把“输出做法”删去. 小H最近迷上了一个分隔序列的游戏.在这个游戏里,小H需要将一个长度为n的非负整数序列分割成k+1个非空的子序列.为了得到k+1个子序列,小H需要重复k次以下的步骤: 1.小H首

题目链接 bzoj 洛谷 题解 第一问: 假如 \(i < j\) 如果 \(j\)能从\(i\)转移过来 显然中间空隙必须足够 例如:\(50\) \(53\) \(53\) \(52\) 就不能留下\(50\) 和 \(52\) 那么可以得到如果\(j\)能从\(i\)转移过来 满足 \(a[j]-a[i] >= j-i\) \(=>\) \(a[j]-j >= a[i]-i\) 那么可以对于以上数列跑一边最长不下降子序列 第二问: 将原序列变为上升序列,就等于将新的序列(\(

题目: 洛谷3648 注:这道题洛谷3648有SPJ,要求输出方案.BZOJ3675数据组数较多但不要求输出方案. 分析: 这可能是我第三次重学斜率优化了--好菜啊 这道题首先一看就是个DP.稍微推一推类似下面这种式子就会发现事实上结果和切的顺序无关 \[a(b+c)+bc=ab+c(a+b)=ab+ac+bc\] 那么就可以用\(f[i][j]\)表示切了\(j\)次,最右一次在\(i\)后面切的最大值.用\(sum[i]\)表示原序列前\(i\)个数之和,那么就有了这个DP方程(假设在\(i

题目大意:给定一个长度为 N 的序列,求序列中连续区间最大的(或和加与和)是多少. 题解: 引理:任意两个数 \(i, j\),若 \(i>j\),则在二进制表示下,i 对应的二进制串的字典序一定大于 j 对应的二进制串的字典序. 根据引理,若当前的最优解为 X,现考虑新加入一个元素 Y,有以下三种情况. 若 \(X>Y\),则 Y 不应加入 X 对答案的贡献中,因为对于或来说新加入 Y 的贡献会比 Y & X 对答案的负贡献小. 若 \(X=Y\),则无所谓. 若 \(X<Y\

题目大意:给定一个长度为 N 的序列,每个位置有一个权值,求 \[\sum\limits_{1\le i\le j\le n}(a_i\oplus a_{i+1}...\oplus a_j)\] 的值. 题解: 解法1:从整体考虑. 先预处理出序列的前缀异或和.根据和式的性质可知,对于任意两个点 i,j 的组合均会计入答案贡献,而异或值为 1 才会对答案产生贡献.因此,统计出对于32位中的每一位来说,前缀和序列中该位为 1 的个数.最后根据组合计数原理,每一位对答案的贡献为该位 1 的个数乘以该

题目大意:给定一个长度为 N 的序列,有 M 组询问,每组询问查询区间 [l,r] 内异或和等于给定常数 K 的区间组数. 题解:对于异或和问题,一般先进行前缀和处理,转化为两个点的的关系.因此,经过前缀和处理后,询问变成了在给定区间内,查询二元组 \((i,j)\) 满足 \(a[i]\oplus a[j]=k\) 的个数.从值域角度进行考虑,每次加入一个值时,将满足条件的值加入答案贡献即可,因此可以使用莫队处理. 代码如下 #include <bits/stdc++.h> #define

题面 传送门 题解 这居然是一道语文题? 首先不难看出,因为每一次相邻元素交换最多减少一个逆序对,所以至少\(m\)次交换就代表这个序列的逆序对个数为\(m\) 我们考虑一下,假设现在已经放完了\(i-1\)个数,当放入第\(i\)个数的时候会对逆序对个数造成什么影响 如果第\(i\)个数放在最后,新增逆序对个数为\(0\),如果插在最后一个数前面,新增逆序对为\(1\)-- 综上,第\(i\)个数插入之后新加的逆序对数为\(0,1,...,i-1\) 那么不难看出,新增逆序对数的这个数列,和原

题目传送门 数字序列 题目描述 给定一个整数序列 a1​,a2​,⋅⋅⋅,an​ ,求出一个递增序列 b1​<b2​<⋅⋅⋅<bn​ ,使得序列 ai​ 和 bi​ 的各项之差的绝对值之和 ∣a1​−b1​∣+∣a2​−b2​∣+⋅⋅⋅+∣an​−bn​∣ 最小. 输入输出格式 输入格式: 第一行为数字 n (1≤n≤10^6) ,接下来一行共有 n 个数字,表示序列 a_i (0≤a_i≤2×10^9) . 输出格式: 第一行输出最小的绝对值之和. 第二行输出序列 bi​ ,若有多种方

传送门 感觉……不是很看得懂题解在说什么? 我们先把原数列$a_i-=i$,那么本来要求递增序列,现在只需要求一个非严格递增的就行了(可以看做最后每个$b_i+=i$,那么非严格递增会变为递增) 如果一个数列是递增的,一个一个相等的取,如果是递减的,取他们的中位数 前面的好理解,后面的想一下仓库运输那道题就明白了 然后我们现在把原数列分成了若干段答案相同的区间,考虑如何合并答案 如果$i$的答案小于等于$i+1$的答案,我们可以不做任何操作 那么考虑$i$的答案大于$i+1$的答案,就合并它们的

P4470 [BJWC2018]售票 C 市火车站最近出现了一种新式自动售票机.买票时,乘客要先在售票机上输入终点名称.一共有N 处:目的地,随着乘客按顺序输入终点名称的每个字母,候选终点站数目会逐渐减少. 在自动售票机屏幕上,有一个4 行8 列的键盘,如下图所示. 在乘客每输入一个字母后,键盘上只有有效字符是可选的(取决于还有哪些候选终点站),其余的字母会被字符'*' 取代. 告诉你N 处目的地的名称,以及乘客已经输入的若干字符,请你输出键盘目前的状态. 输入输出格式 输入格式: 第一行为一个

看还没有人发记搜的题解,赶紧来水发一篇 我们定义dp[i][j]为区间i~j内最少添加几个括号才能把这个串变成正规括号序列. 考虑四种情况 i>j不存在这种子串,返回0 i==j子串长度为1无论是"[","]","(",")"都是要消耗1的,返回1 s=(s')或s=[s']那么返回的是DP(i+1,j-1) 其他情况,枚举断点,详见代码 至于输出嘛.....不会,看紫书的,输出代码的解释看看楼上吧,这里就不详细解释了

正解:左偏树 解题报告: 传送门$QwQ$ 开始看到的时候$jio$得长得很像之前做的一个$dp$,,, 但是$dp$那题是说不严格这里是严格? 不难想到我们可以让$a_{i},b_{i}$同时减去$i$这样就变成那道题辣,,,?$QwQ$ 但是如果$dp$的话复杂度是$O(n^2)$的就假了$QwQ$ 这里介绍一个左偏树做法,复杂度是$O(nlogn)$的$QwQ$ 先考虑两个特殊情况,分别是$a$递减和$a$递增$QwQ$? 递增很显然就$b_{i}=a_{i}$就成$QwQ$ 然后如果是递

题目描述 这里有一个n*m的矩阵,请你选出其中k个子矩阵,使得这个k个子矩阵分值之和最大.注意:选出的k个子矩阵不能相互重叠. 输入输出格式 输入格式: 第一行为n,m,k(1≤n≤100,1≤m≤2,1≤k≤10),接下来n行描述矩阵每行中的每个元素的分值(每个元素的分值的绝对值不超过32767). 输出格式: 只有一行为k个子矩阵分值之和最大为多少. 输入输出样例 输入样例#1: 3 2 2 1 -3 2 3 -2 3 输出样例#1: 9 m分类讨论m=1,f[i][j]表示前i个选了j个矩

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/LuoguP4482.html 题意 给定一个字符串 S,有 q 次询问,每次给定两个数 L,R ,求 S[L...R] 的最长前后缀. $$q,|S|\leq 2 \times 10 ^ 5$$ 题解 真是一道有趣的字符串题. 首先我们给 S 建出 SAM ,并用线段树合并预处理出每一个节点的 Right 集合. 我们要做的是找到最大的 $p$ 满足 $p<R, S[L...p] = S[R-p+L...R]

题意 题目链接 Sol 一开始以为K每次都是给出的想了半天不会做. 然而发现读错题了维护个前缀异或和然后直接莫队搞就行,. #include<bits/stdc++.h> #define Pair pair<int, int> #define MP(x, y) make_pair(x, y) #define fi first #define se second //#define int long long #define LL long long #define Fin(x) {

打广告->[这里](https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9538115.html) 我蠢了…… 如果$a_{l} xor ...a_{r}=k$,那么只要记一下异或前缀和$sum$,然后看是否$sum_r\ xor\ sum_{l-1}=k$就好了…… 然后考虑一下每次转移,因为范围很小,只要记录一下区间内每个数出现的次数,然后答案加上$cnt[sum_{now}\ xor\ k]$就好了……$O(1)$转移,莫队能过 然后因为$sum_r\ xor\ s

传送门 题意: 现有一个\(0\)到\(n-1\)的排列\(T\),定义距离\(D(x,y)=min\{|x-y|,N-|x-y|\}\). 现在给出\(D(i, T_i)\),输出字典序最小的符合条件的排列\(T\). 思路: 将问题转化为二分图匹配,左边的点表示位置,右边的点表示值. 那么现在就是要找一个使得最终字典序最小的排列. 从后往前逐一匹配即可. 主要考察对匈牙利算法的理解程度,前面位置小的肯定选择小的最后,但如果一开始给匹配了,后面的来进行匹配会直接强行插入,可能会使得答案不优.

你发现只会改变一个位置,所以可以直接进行dp 具体转移的话用 CDQ 分治转移就好了~ #include <bits/stdc++.h> #define N 100006 #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int n,m; int C[N],f[N]; int lowbit(int t) { return t&(-t); } void CL(int x)