某神?0,0)? 需要走?x,y)?0<x,y<=10^9), 他只能按cM马蟩的方式走, ? l出一个n, 他可以从(a,b)走到(a-1,b-n) (a+1,b-n) (a-1,b+n) (a+1,b+n) (a-n,b-1) (a+n,b-1) (a-n,b+1) (a+n, b+1) 中的一?现在l出50个不同的n[1..50], 他可以以L的n[i]方式? 每种方式的用次C? 问能否走到目的地(x,y).
很明? 此神可以沿Q意方??步的? 卛_C(+1,-n), 再走?+1,+n). 所以能否到l点, 只与奇偶性有?
l过一阵分c讨论可?
1) 如果x+y=0(mod 2), 则YES.
2) 如果x+y=1(mod 2), 且n[i]中有偶数, 则YES.
3) 否则NO.
[杂]
600pt MagicalGirlLevelTwoDivOne
l一个H*W(1<=H,W<=50)的矩阵A, 每一位上已经有一?~9的数? 或者是?.', ?.'处可以填上Q?~9的数? 再给出n和m(1<=n<=min{10,H}, 1<=m<=min{10,W}). 问一共有多少U填'?'的方? 使得整个矩阵满:
对Q意的r和c, ?r,c)开始的水^方向上连lm个数之和是奇?
对Q意的r和c, ?r,c)开始的垂直方向上连ln个数之和是奇?
首先要注意到一个性质: 对Q意r和c?A[r,c]与A[r+n,c]的奇偶性相? 很显? 因ؓ要满A[r,c]+A[r+1,c]+...+A[r+n-1,c]与A[r+1,c]+...+A[r+n-1,c]+A[r+n,c]的奇偶性相? 都是奇数. 列上同样有A[r,c]与A[r,c+m]奇偶性相?
因此在一行上, 只用记录n位的奇偶状? 列上同理. q样,所有的(r+pn,c+qm)都能合ƈ成同一个点, 且只有两U状? 奇和?/strong>. 合ƈ后该点ؓ?或偶)的方法数, {于l成它的所有点ҎCU? 最后整个矩阵合q压~成一个n*m的矩? 可以用状态DP来搞, 求每行每列之和都为奇的方法数. dp[n][1<<m], 前n? 每一列和的奇偶性对应bit??. O(1<<m)的{Ud杂度, 转移时要注意该行状?有奇C.
觉得是道很好的题, 状态设计很巧妙...
[状态DP 状态压~设计]
900pt MagicalGirlLevelThreeDivOne
某神l出K(K<=50)?1? 每个串的长度不超q?0. 用这些串l成新的串放到数lA[]? 如果i<K, 则A[i]为给出的Wi个串. 否则A[i] = A[i-1] + A[i-K-1] + A[i-2*K-1] + ... + A[i-p*K-1], 其中p是i-p*K-1>=0的最大整? 现在此神l出n, lo, hi, 要你求A[n]的子串A[n][lo...hi]中有多少个连l的1. 0<=n<=10^15, 0<=hi<= min{A[n]的长? 10^15}, 0<=lo<=hi. 所有计C0开?
首先随便打个表或者手推一下化A[i]的递推? 可以发现当i>=2*K? A[i] = A[i-1] + (A[i-K-1] + ... A[i-p*K-1]) = A[i-1] + A[i-K], 而K<=50. 所以A[i]的长度关于i是指数增长的, 50log(10^15)可能够用(严格证明不太? 求指?.#). 因此其实n<=10^15范围是坑爹的, hi不会过A[10^4]的长? 而这些串的前~都是一L, 所以A[n][lo..hi]其实与A[10^4][lo..hi]相同.
q样便可直接利用A[i] = A[i-1] + A[i-K]的关pd? 和用U段树求最长连l?串的思想差不? 每个l点的状态变量是(id,lo,hi), 存放A[id][lo..hi]的最优解. 除了存放当前D늚最大长度max? Z能合q子区间, q要记录当前区间从左端开始连l?的个数sl, 和从右端开始连l?的个数sr. 剩下的工作与U段树无? 假设要求(id, lo, hi)?max, sl, sr):
对于A[id], 它的左儿子就是A[id-1], 叛_子是A[id-K].
1)如果id<2*K, 直接暴力.
2)如果lo>=len[id-1](cM于线D|中的查询区间完全落在叛_?, 则递归查询(id-K, lo-len[id-1], hi-len[id-1]).
3)如果hi<len[id-1], 则递归查询(id-1, lo, hi).
4)否则两个儿子都要查询, q根据返回的l果求当前区间的l果.
分治思想很强? 用map写的"U段?很YD, 偶依然蒻爆了.
[分治 复杂度分析]
]]>
题意: 某神在M*N(1<=M, N<=50, M*N为偶?的格子上玩对对碰: 每个格子都有个隐藏的囑Ş. 此神一ơ行动翻开2? 如果相同, 成功消去这2个格? 如果不相? 那这2个格子又恢复隐藏状? 但是此神记忆力很NB, 能记住所有翻开q的格子是什么图? q有重要的一? 他一ơ行动时, 是先d1个格? 知道它的囑Ş之后, 再决定怎么ȝ2个格? 而不是两个格子同时翻开. 问此把所有格子都消去, 需要消耗的行动ơ数的期?
Ҏ惛_期望与翻格子的位|无? 有关的量? 当前q有多少对图形没被消? 其中有多对囑Ş已经知道其中一个的位置? so, dp[i][j], i为前? j为后? 一ơ行动中, W?个格子肯定翻之前没翻q的(一共有2i-j? Cؓs), 除非已经知道?对的位置, 直接?个都d来消? 所以{UL几种情况:
1) 从s中翻?个新囑Ş. 从剩下s-1中翻Z相同囑Ş, 消除. q样的概率是2(i-j)/s * 1/(s-1), 转移到dp[i-1][j].
2) 从s中翻?个新囑Ş. 从剩下s-1中又d新图? q样多?U已知图? 概率?(i-j)/s * 2(i-j-1)/(s-1), 转移到dp[i][j+2].
3) 从s中翻?个新囑Ş. 从剩下s-1中翻Z之前j个已知图形中的一? q样, 下一ơ就可以消耗一ơ行动把那对已知囑Ş消去, 转移到dp[i-1][j], 概率?(i-j)/s * j/(s-1).
4) 从s中翻?个已知图? 直接d与它配对的消? 转移到dp[i-1][j-1], 概率是j/s * 1.
所?dp[i][j] = p1*(dp[i-1][j]+1) + p2*(dp[i][j+2]+1) + p3*(dp[i-1][j]+2) + p4*(dp[i-1][j-1]+1).
其中2)的条件是i>=j+2, 4)的条件j>=1. 边界dp[i][i] = i. 最后dp[M*N][0]即ؓ所?
[概率 期望 DP]
1000pt Reflections
题意: 某神在三l空间中玩一个游? I间中有N?N<=20)q面, 每个q面都垂直于某个坐标? q且与该坐标轴交于整? 此神?0,0,0)处出? 惛_(X,Y,Z)? 现在他每行动一ơ可以做如下Ud:
1) 走到与他盔R?个整点上, ?x+1, y, z) (x-1, y, z) (x, y+1, z) (x, y-1, z) (x, y, z+1) (x, y, z-1)中的一?
2) 一ơ行动可以利用一个^? Ud到关于这个^面对U的点处. 每个q面在整个游戏过E中臛_只能利用一?
问此到辄点花费的最行动次?
易知三个方向是不相关? 所以只用先考虑一l的情Ş.
首先要想? 走\和反交? 是等效于先反完了再一口气走到l点? 因ؓ在反之前的走动, 不会被反动作放? 反射前移动多步, l过若干ơ反后所到达的位|? 与不Ud直接反射到达的位|? 相差正好是移动的步数.
所以可以{化ؓ先反若q次, 再行走到l点. 现在p推出反射到达的位|公?
假设每个反射轴的坐标依次是x[1], x[2], ..., x[n], 经q第kơ反后的位|是p[k].
Ҏ推出, p[1] = 2x[1], p[2] = p[1] + 2(x[2]-x[1]) = 2x[2] - 2x[1], ... p[k] = 2x[k]-2x[k-1]+2x[k-2]-...+2*(-1)^(k-1)x[1].
q是很规则的正负交替求和, 正项数等于负Ҏ, 或者比负项数多1.
到此问题转化得很清晰? ?0个数中选出k个数作ؓ正项, k(或k-1)个数作ؓ负项, 每个数至多被?? 该方案的总行动次数是选出的个?卛_反射的L?, 加上q些之和到l点的距?x后一路走q去).
选数要降低复杂度, 可以?0个数分成两个集合, 每边10个数, 先各自生?^10个和. 两边分别排序? 从小到大枚D左边? C个指针从大到扫双?
[数学 分治]
]]>
l出N(N<=50)个不于0且不大于511的整? 开始时寄存器ؓ0, 两h轮流选取一个数, 与寄存器的值OR, 把结果覆盖写入寄存器. C能重复? 如果某h操作之后寄存器的gؓ511, 或者轮到某人时数都取完? 那么q个人就负. 问先手是否有必胜{略.
Ҏ惛_2^9q一l? 记录当前每一位的0/1状? 实际? 不需要记录当前已l选过哪些? 而只用记录已l选了几个? 再由当前?/1? p推算出哪些数没选过. 有些数x满x|now != x, q些数肯定没选过. 而对那些x|now == x的数, 不必知道它具体的? 因ؓ它对后箋操作的媄响都一? 是延缓一? 把局面原不动地丢给Ҏ. 所以只需知道当前q有多少个这Lx没被使用q? q个g能由上面的信息得?
q样是一个类似极大极的必胜必|态记忆化搜烦.
状态ؓdp[1<<9][N], 转移为N.
[状态DP]
1000pt GameOfLifeDivOne
一个长为N(N<=50)的串(环状, 首尾相连, 即x[N-1]与x[0]相连), ?0', '1' ??'l成, 其中'?' 处可以填?0'?1'. 从T=0开? 每过1单位旉, 整个串会更新一? 某一? 如果上一时刻, ? 以及与它盔R的两? 一共有臛_2?1', 那么q一时刻它变?1', 否则它变?0'. 问共有多种??'的方? 使得在经qT(T<=1000)旉? q有不少于K(K<=N)?1'. 比如'101010'->'010101'->'101010'->...; '11010'->'11101'->'11111'->...
首先Ҏ观察? 两个或两个以上连l相同的位是永远不会变的. 只有01交替的子串才会发生变? 所以Q意一个串都可以看成是若干个Ş?xpy的子串首连接而成, 而且两串的首要相同才能qv? 像[xp1y][yp2x][xp3x][xp4y].... 其中pk?1交替序列, x和y都是一? 可能?0'?1'. 特别?q箋3个相同字W可以看成是xx和xx_v??位重?. 对于一个首֭W固定不变的01交替? 它在T旉后有多少?1'是很Ҏ的. 两头都是0的话, ?101010->0010100->0001000, 每时间减一?; 两头都是1的话cM, 每时间增加一?. 一头是0一?, ??的个数都不变, ?10101->001011->000111.
q样有个算法的雏Ş, cM背包: dp[pos][bit][one]表示: ?到pos-1的子D? 以bitl尾, 且T旉后包含one?的方法数. 如果从pos到某一位pos2-1, 能构造出以bit起始, 以bit2l束的交替串, 那么从状态dp[pos][bit][one]p扩展到dp[pos2][bit2][one+one2], 则把前者加到后者上? 其中one2是pos到pos2-1q个子串T旉?的个? 把原始串复制两遍, p比较方便地处理环.
枚D在原串中首次出现q箋2个相同字W的位置startpos, Ҏ个startpos做一ơ上qDP. 把所有one>=K的方法数加v来即? 此外要先预处理出Ledg[i][b1][j][b2], 即从i到j-1能否构造出以b1开? b2l尾的交替串, 如果? T旉后有多少?1'.
其实整个题就是一道背包DP, 求用若干个短子, 拼出一个权?gt;=K的长子的方法数. 只是模型隐藏得很巧妙. orz...
[背包DP]
]]>
l出若干个方形木板，每个木板有一U颜艌Ӏ现在要选出其中6个，围出一个立方体。问是否可能使{出的立方体，L两个盔R的面颜色不同?br />直接按木板的L分情况讨论就可以Q但是我漏想了一U情况@.@
其实昄Q同一U颜色最多能用两ơ，所以统计每U木板能用的个数之和,sigma(min(count[i],2))Q和不小?则可行?br />
500p CubePacking
l出Ns个边长ؓ1的立方体和Nb个边长ؓL(2<=L<=10Q的立方体。要找一个体U最的长方体，使得可以把所有立方体堆进厅R保证结果不int32?br />正是因ؓ不超int32Q所以可以直接枚举两条棱x,yQ算W?条z的最倹{枚举时循环条g x*x*x <= INF, x*y*y <= INF。计z的最值时要注意除法要向上取整Q而且判断能否把边长ؓL的立方体都放q去的条件是(x/L)*(y/L)*(z/L) >= NbQ如果z了Q要加到_大ؓ止?br />[枚D]
900p CubeBuilding
大小相同的红、绿、蓝色的立方体，分别lR、G、B?R,G,B<=25)。把q些立方体全部搭U木一L堆到N*N(N<=25)的格子棋盘中。可以在L格子中堆L高的立方体。规定一U方案是合法的，如果从北向南看的侧视图中只有一U颜艌Ӏ问一共有多少U堆砌的Ҏ?br />可以先考虑N*1的棋盘，也就是侧视图中棋盘宽度是1。先考虑没有颜色的方块怎么放，再去染色。这样不怎么堆，看到的方块数L{于所有格子堆的最大高度，则需要固定颜色的方块数就个高度，剩下的方块可以Q意染艌Ӏ同理N*N的棋盘，需要固定颜色的方块数等于所有列中需要固定的数量之和。要求的{案是Q先枚D固定方块的数目，把它们染某一U颜Ԍ剩下的方块可以用l合数直接算出有多少U染色方案，乘v来，最后求和?br />关键是要求出每一U固定方块数目的前提下，不考虑颜色Q有多少U堆放方法?br />由前面的讨论知道Q可以先在N*1的棋盘上按行扩展Q需要记录的状态是当前已用的方块敎ͼ当前的最大高度?br />然后利用q个l果按列扩展Q记录的状态是当前已用的方块敎ͼ当前已固定的方块数?br />ps.染色之前的方案数只用求一ơ，之后分别把固定的方块染成3U不同颜Ԍ只要用组合数分别?ơ，加v来就行了?br />O(9*N^5)的算法，旉有点紧?br />[DP]
]]>
[floyd最短\ 二分图最大权匚w]
]]>
电媄院有n行m列的座位, 有一些已l被预订? 求在剩下的位中, 选出同行且相ȝ两个座位的方案数.
可以按行列将已预订的座位排序, 然后Z扫一? 出盔R两个被预订位之间的Ҏ? 最后篏?
也可以用个set记录不能使用的方? 再用没有预订座位的情况下的L案数减去?
500p TheMoviesLevelTwoDivOne
若干部电? 每部电媄有一个加血的时间点. 人看电媄, 每看一分钟掉一点血. 血掉到0q? 问怎样按排序使看的电影部数最? 如果总部数相? 取字典序最的解输?
只有20部电? 状态DP卛_.
Z证字典序, 可以从后往前DP, q样每次转移时新加入的电影都是当前最先看? 保证它先择的是最的, 卌保证字典序最?
[DP]
1000p TheMoviesLevelThreeDivOne
若干部电? A和B两h看每部电q旉分别是A[i], B[i]. 初始安排, 要依ơ把W?,2,..,n部电影放入A或B的待看队列的队尾. A和B各自开始看自己队列中的电媄, 看完一部后, 如果q是另一个h没看q的, 加入它的队列中. 如果期间某h列队IZ, 那么他就l束, 再也不看新电׃. 问有多少U初始安排方? 能A和B都能看完所有电?
首先肯定不会出现一U安排得A和B都卡. 因ؓA卡肯定发生在A看完他所有的电媄之后, 且此时B没看完自q, 所以B肯定不会?
q样可以用L案数2^N分别减去A卡的和B卡的Ҏ? 考虑A卡的情况. 假设A那一整坨东西的时长是sumA, B的第一个东西是tb1, 则A卡的条g?sumA-tb1<0. 否则B看完tb1后把ta1加在sumA后面, q时卡的条g?sumA+ta1)-(tb1+tb2)<0. 依此, 如果在这q程中Q意一ơ卡的条件符? 那么后箋怎么安排都是卡的. 于是用一l状态记录目前ؓ止出现过的最的X-Y, min, q要一l记录当前的X-Y, cur, 以{Uȝ. 转移? 如果把当前电影放qA, 那么min和cur都增加A[i], 因ؓsumA增加? 如果放进B, 那么用cur和B[i]来计新的cur和min.
hint. cur=当前所有电qA[i]的和-B中电qB[i]的和, 新的min=除了新放的电影外所有放q的电媄的A[i]的和-包括新电影在内的B中电qB[i]的和.
ps. 1000的DP都很YD?..
[DP]
]]>
(一行ƈ列的格子,每个格子中有某种颜色的障物,最?5U颜?A在最左端,B在最右端...)
15U颜?可以直接极大极小状态DP.
可以直接贪心,计数只有A需要拿走的颜色?只有B需要拿走的,和两都要拿走?
500p DrawingLines
(两排?每排n?上排的和下排的连U?事先已经有些U连好了.求考虑所有的q线Ҏ?q线交点个数的期?
三类计数:事先已经q好的线间的交点?新增q线和原有连U的交点数期?新增q线之间交点期望.
1000p BuildingRoads
若干个点(<=2500)和若q条边的无向?每个ҎҎ.现在?对特D的?要求选一些\径出?使每对点q?不同寚w不要求连?,Mhl过的所有点权之?
虽然只有4对点,但是也不要一口咬定是状态DP(250p血的教?,虽然的确是状态DP...
最后不同点Ҏ可以不属于同一q通分量的,所以只1ơDP不容易设计状?
W?ơdp: dp[mask][i], mask表示q通子树中包含的特D点, i表示q棵子树的代表节?or根节?.
W?ơdp: dp2[mask], mask表示已经包含的特D点, 不要求是q通的, 但是对应?个点要在同一分量.
q个q程像,先把每个子模块做? 再将他们拼接整合.
ps.1000p与steiner tree有关?
]]>
#include < string >
#include < vector >
#include < list >
#include < map >
#include < queue >
#include < stack >
#include < set >
#include < iostream >
#include < sstream >
#include < numeric >
#include < algorithm >
#include < cmath >
#include < cctype >
#include < cstdlib >
#include < cstdio >
#include < cstring >
using namespace std;
#define CLR(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define SET(x,y) memset((x),(y),sizeof(x))
#define REP(i,x) for(int i=0;i<(x);i++)
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x);i<(y);i++)
#define VI vector<int>
#define PB(i,x) (i).push_back(x)
#define MP(x,y) make_pair((x),(y))
class $CLASSNAME$ {
public :
$RC$ $METHODNAME$($METHODPARMS$)
{
// have some fun here
}
$TESTCODE$
};
// BEGIN CUT HERE
int main()
{
$CLASSNAME$ ___test;
___test.run_test( - 1 );
system( " pause " );
}
// END CUT HERE
]]>