题目:https://agc020.contest.atcoder.jp/tasks/agc020_c 回忆下一题,是零一背包,主要的做法就是凑出最接近sum/2的价值,然后发现现在的背包的容量是2000*2000,物品数量是2000,那么如果你用正常的 数组背包的做法的话,8*10^9的复杂度是会超时的,代码如下: int n; scanf("%d",&n); ll sum = ; rep(i,,n) scanf("%lld",&a[i]),sum

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5808 用bitset<120>dp,表示dp[0] = true,表示0出现过,dp[100] = true表示100这个数字出现过. 对于每一个新的数字,val,有转移方程, dp = dp | (dp << val) 比如现在0000101,然后枚举了2进来,0000101 | 0010100 那个区间是暴力扫过去的,是水过去的,关键学了下bitset优化的背包. #include <

\(Coins\) \(solution:\) 这道题很短,开门见山,很明显的告诉了读者这是一道多重背包.但是这道题的数据范围很不友好,它不允许我们直接将这一题当做01背包去做.于是我们得想一想优化. $bitset $ 优化: 这个是我最先想到的,因为这道题只牵扯到了能不能买,也就是说这个背包并没有什么权值(只有"可以"和"不可以")然后就是单纯的状态转移.而这不是我们的二进制最擅长的东西吗?(我们利用某一个硬币的面额进行更新时,直接用二进制的左右移和或运算即可)

/*首先考虑如何计算一个点的可能凑出的值,这就是一个01可行性背包问题那么再拓展到一段区间[1..n]的点上,每个query都可以看做是一段区间上的点[l,r]加上一个体积为x的物品,转换到01背包上就是进行一次更新那么用线段树来维护每个query的区间更新 每个位置(区间)维护一个bitset,每次加入a都进行一次01背包 用线段树来维护区间的bitset,表示一段区间能组成的值 但是没法用lazy,每次区间更新只能停留在一段区间可以把每次停留在区间的数a用vector保存下来,当进行完所有的

PolandBall and Gifts 转换成置换群后, 对于最大值我们很好处理. 对于最小值, 只跟若干个圈能否刚好组能 k 有关. 最直观的想法就是bitset优化背包, 直接搞肯定T掉. 我们能再发掘一些性质, 就是本质不能的圈的大小最多有sqrt(n)个, 因为1 + 2 + 3 ... + n = (n + 1) * n / 2 所以对于每个不同的数二进制优化一下就可以过啦. 感觉这种题就很有意思.. #include<bits/stdc++.h> #define LL long

题意:T组样例,给次给出一个N节点的点权树,以及M,问连通块的点权和sum的情况,输出sum=1到M,用0或者1表示. 思路:背包,N^2,由于是无向的连通块,所以可以用分治优化到NlgN. 然后背包可以用bitset优化.注意不要想着背包合并背包,背包只能合并单点. #include<bits/stdc++.h> #define pb push_back #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define Gv G[u][i] #defin

Mr. Fib is a mathematics teacher of a primary school. In the next lesson, he is planning to teach children how to add numbers up. Before the class, he will prepare NN cards with numbers. The number on the ii-th card is aiai. In class, each turn he wi

首先就是求联通块,每个联通块里记录两个部分的元素个数 目标是使一边的体积接近n/2 那么每个联通块作为一组,进行分组背包,dp[i]表示体积i是否可以被凑出来,可行性背包是可以用bitset优化的 最后找最接近n/2的体积即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005 #define maxm 100005 int n,m,cnt,vis[maxn]; struct Node{int a,b;}p[maxn]

口胡一种别的解法: 三重退背包,g1[j]k]表示不选x的选了j件物品,体积为k的方案数,g[0][0] = 1 , g1[j][k]=dp[j][k]-g1[j-1][k-a[x]] 然后按这样再退三层,最后看g3[10][87]的方案数是否非0即可,这样复杂度是O(50*50*50*10*87) 如果直接枚举删掉的数,然后用可行性二维01背包做 复杂度是O(50*50*50)*O(n*10*87) 再加上bitset优化第二维 复杂度/32 ,由于n比较小,所以也差不多 /* 在n个数里找到

洛谷题面传送门 一道挺有意思的题,想到了某一步就很简单,想不到就很毒瘤( 首先看到这样的设问我们显然可以想到背包,具体来说题目等价于对于每个满足 \(i\in[l,r]\) 的 \(a_i\) 赋上一个权值 \(v_i\in\{-1,0,1\}\),满足 \(\sum\limits_{i=l}^rv_ia_i=0\),这是显然可以 \(01\) 背包求解的,时间复杂度 \(qnv\),一脸过不去的亚子,可以使用 bitset 优化到 \(\dfrac{qnv}{\omega}\),但没啥卵用,还

Rainbow 6 is a very popular game in colleges. There are 2 teams, each having some members and the 2 teams play some matches against each other. The team which wins the maximum number of matches wins the game! Two of my friends Ashank and Aditya (bett

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/downloads/CCPC2018-Hangzhou-ProblemSet.pdf 题意:给定一棵有 n 个结点的树和一个数 m,对于 i ∈ [1,m] 问是否存在一个子图结点的权值和为 i . 题解:一个显然的思路是树上做背包,但显然会 T.要遍历全部子图,考虑进行点分治,然后合并的时候用 bitset 优化背包,时间复杂度O(nmlogn / 64),且时限给了 8s. #include <bits/stdc++.h> using

题面传送门 好久没写过题解了,感觉几天没写手都生疏了 首先这种题目直接做肯定是有些困难的,不过注意到题目中有个奇奇怪怪的条件叫 \(m\ge n-2\),我们不妨从此入手解决这道题. 我们先来探究 \(m=n-1\) 的情况,观察大样例可知这种情况一定有解,我们不妨考虑这样一个贪心:假设 \(x\) 为使 \(d_i\) 取到最小值的 \(i\),\(y\) 为使得 \(d_i\) 取到最大值的 \(i\),那么我们就用 \(d_x\) 个原料 \(x\) 与 \(k-d_x\) 个原料 \(y

GT and set Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Problem Description You are given N sets.The i−th set has Ai numbers. You should divide the sets into L parts. And each part should have at least one numbe

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5745 这题好劲爆啊.dp容易想,但是要bitset优化,就想不到了. 先放一个tle的dp.复杂度O(n * m)的 第一个串,记作str[],第二个记作sub[] 思路就是,设dp[i][j][k]表示,匹配了sub的前i个,以str的第j个结尾,然后sub[i]有三种状态,0表示不变化,1表示和前一个,2表示和后一个. 那么以求dp[i][j][0]为列 因为需要的是判断str的第j个结尾是否和sub的前

题目链接:hdu_5036_Explosion 题意: 一个人要打开或者用炸弹砸开所有的门,每个门里面有一些钥匙,一个钥匙对应一个门,有了一个门的钥匙就能打开相应的门,告诉每个门里面有哪些门的钥匙,问需要用的炸弹为多少.   思路: 考虑每个点需要用炸弹打开的概率,那么所有点的概率之和就是解.首先用bitset优化一个floyd,将每个门可以由那些门打开,就是有多少种方案,对于这个门的期望就是1/cnt,然后相加就行. PS:这里运用了bitset优化到了n^3/64. #include<bit

Dividing Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 10000K Total Submissions: 53029   Accepted: 13506 Description Marsha and Bill own a collection of marbles. They want to split the collection among themselves so that both receive an equal share of the marbl

bfs的时候用bitset优化一下. 水题 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <bitset> #include <queue> #include <unordered_map> using namespace std; ; int N,M; unordered_map<string,int> mp; bitset<m

这题现场的数据出水了,暴力就能搞过. 标解是拿bitset做,转移的时候用bitset优化过的操作(与或非移位)来搞,复杂度O(N*M/w) w是字长 第一份标程的思路很清晰,然而后来会T. /*--------------------------------------------------------------------------------------*/ #include <algorithm> #include <iostream> #include <cs

题目链接 思路 floyd求一下传递闭包,然后统计每个点可以到达的点数. 会tle,用bitset优化一下.将floyd的最后一层枚举变成bitset. 代码 /* * @Author: wxyww * @Date: 2019-01-23 15:08:40 * @Last Modified time: 2019-01-23 15:22:52 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include

<题目链接> 题目大意:FJ想按照奶牛产奶的能力给她们排序.现在已知有N头奶牛$(1 ≤ N ≤ 1,000)$.FJ通过比较,已经知道了M$1 ≤ M ≤ 10,000$对相对关系.每一对关系表示为“X Y”,意指X的产奶能力强于Y.现在FJ想要知道,他至少还要调查多少对关系才能完成整个排序. 解题分析: 因为完全图只需要$n*(n-1)/2$对关系就能确定所有的所有节点的顺序,所以这里我们只需要求出传递闭包之后,能够确定的关系数,然后相减即可.因为本题 $n\leq10^3$,$O(n^3