【做题记录】DP 杂题

P2577 [ZJOI2004]午餐

$\texttt{solution}$

想到贪心:

吃饭慢的先打饭节约时间, 所以先将人按吃饭时间从大到小排序。

状态:

\(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个人,在 \(1号\) 窗口打饭总时间 \(j\) ,最早吃完饭的时间。

我们可以发现 \(j+k\) 等于前 \(i\) 个人打饭总和( \(sum[i]\) ),\(k = sum(i)-j\) ,所以可以省去一维。

转移:

  1. 将第 \(i\) 个人放在 \(1\) 号窗口:(前提:\(j \ge s[i].a\) )
\[dp[i][j] = \min{(dp[i][j], \max{(dp[i-1][j-s[i].a], j+s[i].b)})} \]
  1. 将第 \(i\) 个人放在 \(2\) 号窗口:
\[dp[i][j] = \min{(dp[i][j], \max{(dp[i-1][j], sum[i]-j+s[i].b)})} \]

核心代码:

bool cmp(Data x,Data y){ return x.b>y.b; }sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+p[i].a;
memset(dp,inf,sizeof(dp));
dp[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{for(int j=0;j<=sum[i];j++){if(j>=p[i].a) dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][j-p[i].a],j+p[i].b));dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][j],sum[i]-j+p[i].b));}
}
for(int i=0;i<=sum[n];i++) ans=min(ans,dp[n][i]);

P1026 统计单词个数

$\texttt{solution}$

难点:

  1. 双重 \(\operatorname{DP}\)

  2. 字符串处理 \(+\) 难以理解的题意 。

状态:

  1. \(sum[l][r]\) 表示从 \(i\)\(j\) 的单词数 。可以直接枚举区间和单词(字符串)转移。

  2. \(dp[i][k]\) 表示第 \(i\) 个位置,分了 \(k\) 块,能得到的最多的单词数 。

转移:

\[dp[i][k]=\max_{p=k}^{p<i}{\{ dp[i][k] , dp[p][k-1]+sum[p+1][i] \}} \]

代码:

bool check(int l,int r)
{string c=s.substr(l,r-l+1);for(int i=1;i<=t;i++) if((c.find(a[i]))==0) return true;return false;
}
void pre()
{for(int r=1;r<=len;r++)for(int l=r;l>=1;l--){sum[l][r]=sum[l+1][r];if(check(l,r)) sum[l][r]++;}
}
void solve()
{for(int i=1;i<=k;i++) dp[i][i]=dp[i-1][i-1]+sum[i][i];for(int i=1;i<=len;i++) dp[i][1]=sum[1][i];for(int i=1;i<=len;i++) for(int k=1;k<=min(k,i-1);k++) for(int p=k;p<i;p++)dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[p][k-1]+sum[p+1][i]);printf("%d\n",dp[len][k]);
}
void init()
{cin>>w>>k;string c;for(int i=1;i<=w;i++) cin>>c,s+=c;len=s.length(),s=" "+s;cin>>t;for(int i=1;i<=t;i++) cin>>a[i];
}

P2679 子串

$\texttt{solution}$

状态:

\(dp[i][j][k][0/1]\) 表示 \(A\) 的前 \(i\) 个字符和字符串 \(B\) 的前 \(j\) 个字符用了 \(k\) 个子串,\(A\)\(i\) 为取或不取的合法方案数。

初始化:对于 \(1 \le i \le n\)\(dp[i][0][0][0] = 0\)

转移:

\[dp[i][j][k][0]=(dp[i-1][j][k][0]+dp[i-1][j][k][1])\mod{1e9+7} \]
\[dp[i][j][k][1]=(dp[i-1][j-1][k][1]+dp[i-1][j-1][k-1][0]+dp[i-1][j-1][k-1][1])\mod{1e9+7} \]

代码:

f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{memset(g,0,sizeof(g)),g[0][0][0]=1;for(int j=1;j<=min(i,m);j++)for(int k=1;k<=min(j,p);k++){g[j][k][0]=(f[j][k][0]+f[j][k][1])%mod;if(a[i]==b[j]) g[j][k][1]=((f[j-1][k][1]+f[j-1][k-1][0])%mod+f[j-1][k-1][1])%mod;}memcpy(f,g,sizeof(f));
}
printf("%d\n",(f[m][p][0]+f[m][p][1])%mod);

P1052 过河

$\texttt{solution}$

难点:

离散化

\(len\) 的范围太大,无法作为数组下标,所以先离散化,再 \(\operatorname{DP}\) 。两点间的距离 \(d\) 大于 \(t\) 时,一定可以由 \(d\%t\) 跳过来,所以最多只需要 \(t+d\%t\) 种距离的状态就可以表示这两个石子之间的任意距离关系。

代码:

bool cmp(int x,int y){ return x<y; }len=rd();
s=rd(),t=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=rd();
a[m+1]=len;
sort(a+1,a+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m+1;i++)
{if(a[i]-a[i-1]>t) cnt+=(a[i]-a[i-1])%t+t;else cnt+=a[i]-a[i-1];val[cnt]=1;
}
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0]=0;
for(int i=1;i<=cnt+t-1;i++) for(int j=s;j<=t;j++)if(i>=j) dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+val[i]);
for(int i=cnt;i<=cnt+t-1;i++) ans=min(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);

P5664 Emiya 家今天的饭

$\texttt{solution}$

首先考虑列的限制,必然 有且只有一列不合法 的:因为不可能有不同的两列数量都 超过总数的一半\(ans=\) 总状态 \(-\) 不合法状态

计算不合法方案:

计算列的不合法方案数:每行选不超过一个的方案数 \(-\) 每行选不超过一个,且某一列选了超过一半的方案数。可以发现每一列都是独立的,可以枚举当某一列( 记为 \(cal\) )不合法时的方案再相加。

状态:

先设 \(dp[i][j][k]\) 表示表示对于 \(col\) 这一列,前 \(i\) 行在 \(col\) 列中选了 \(j\) 个,在其他列中选了 \(k\) 个的非法方案数。令 \(sum[i]\) 为第 \(i\) 行的总和 。

转移:

\[dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k] + a[i][cal]\times dp[i-1][j-1][k]+(sum[i]-a[i][cal])\times dp[i-1][j][k-1] \]

复杂度:\(O(mn^3)\) ,可以得到 \(84pts\)

考虑优化:

在不合法情况的转移过程中,我们并不关心 \(j\)\(k\) 的具体数值,而只关心相对的大小关系。

状态:

\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 行,当前列的数比其他列的数多了 \(j\) 个 。

转移:

\[dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i][cal]\times dp[i-1][j-1]+(sum[i]-a[i][cal])\times dp[i-1][j+1] \]

复杂度:\(O(mn^2)\) ,复杂度在时间范围内。

统计总方案数:

状态:

\(cnt[i][j]\) 为前 \(i\) 行共选了 \(j\) 个数的方案数 。

转移:

\[cnt[i][j]=cnt[i-1][j]+sum[i]\times cnt[i-1][j-1] \]

总方案就是 \(\sum_{i=1}^n {g[n][i]}\)

复杂度:\(O(n^2)\) ,可以通过这道题。

代码:

for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++)a[i][j]=rd(),sum[i]=(sum[i]+a[i][j])%mod;
for(int cal=1;cal<=m;cal++)
{memset(dp,0,sizeof(dp)),dp[0][n]=1;for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=n-i;j<=n+i;j++)dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*a[i][cal]%mod+dp[i-1][j+1]*((sum[i]+mod-a[i][cal])%mod)%mod)%mod;for(int j=1;j<=n;j++) unok=(unok+dp[n][j+n])%mod;
}
cnt[0][0]=cnt[1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++,cnt[i][0]=cnt[i-1][0]) for(int j=1;j<=n;j++)cnt[i][j]=(cnt[i-1][j]+sum[i]*cnt[i-1][j-1]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+cnt[n][i])%mod;
printf("%lld\n",(ans+mod-unok)%mod);

P2258 子矩阵

$\texttt{solution}$

题意:

\(n\times m\) 的矩阵中选取 \(r\times c\) 的子矩阵(可以跳行 \(/\) 跳列间隔选取),使子矩阵相邻两元素的差之和最小 。

题解:

算法:枚举 \(+ \operatorname{DP}\)

考虑到 \(n,m\) 比较小,所以先枚举选出那些行 ,这里的复杂度为 \(O(C_n^r)\)

之后考虑 \(\operatorname{DP}\) 选取列 :

1. 预处理:

处理出单独选一列,这 \(r\) 行上下之间的差之和( \(lie[i]\) ) 。

再处理如果选了第 \(i\) 列和第 \(j\) 列,这两列横着的 \(r\) 行元素的差值之和( \(hang[i][j]\) ) 。

2. \(\operatorname{DP}\)

\(dp[i][j]\) 表示在前 \(i\) 行中选了 \(j\) 行的最小差值之和 。

转移:

  • \(j=1\) 时,\(dp[i][j]\) 为仅选第 \(i\) 列的差值之和 。

  • 其他情况,可以枚举 \(k=[j-1,i-1]\) ,考虑子矩阵的第 \(j-1\) 选择为 \(k\) 的情况下的代价是多少,并取 \(\min\) 转移。

代码:

int ans=inf;
void solve()
{for(int i=1;i<=m;i++) lie[i]=0;for(int i=1;i<m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++) hang[i][j]=0;for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=2;j<=r;j++) lie[i]+=abs(a[ch[j]][i]-a[ch[j-1]][i]);for(int i=1;i<m;i++) for(int j=i+1;j<=m;j++) for(int k=1;k<=r;k++)hang[i][j]+=abs(a[ch[k]][j]-a[ch[k]][i]);for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1,Limit=min(i,c);j<=Limit;j++){if(j==1) dp[i][j]=lie[i];else{dp[i][j]=inf;for(int k=j-1;k<i;k++) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-1]+lie[i]+hang[k][i]);}}for(int i=c;i<=m;i++) ans=min(ans,dp[i][c]);
}
void dfs(int Left,int st)
{if(!Left){solve();return;}if(st>n) return;for(int i=st;i<=n-Left+1;i++) ch[r-Left+1]=i,dfs(Left-1,i+1);
}dfs(r,1);
printf("%d\n",ans);

P6064 [USACO05JAN]Naptime G

$\texttt{solution}$

算法:线性 \(\operatorname{DP}\)

列出基础转移方程

先不考虑第 \(n\) 个小时与次日第 \(1\) 个小时连续 。

\(dp[i][j][0/1]\) 表示在第 \(i\) 个小时,已经在床上躺了 \(j\) 个小时,\(0\) 表示这个小时没在床上,\(1\) 表示这个小时正躺在床上 。

转移方程:( 初始值 \(dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0\) ,其他为 \(-\inf\) )

\[\begin{cases}dp[i][j][0]=\max{\{dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1]\}}\\dp[i][j][1]=\max{\{dp[i-1][j-1][0],dp[i-1][j-1][1]+u[i]\}}\end{cases} \]

目标:\(\min{\{dp[n][b][0],dp[n][b][1]\}}\)

完善转移方程

考虑第 \(n\) 个小时与次日第 \(1\) 个小时连续 ,即强制第第 \(n\) 个小时睡觉 。

初始值:\(dp[1][0][0]=0,dp[1][1][1]=u[1]\) ,其他为 \(-\inf\)

目标:\(dp[n][m][1]\)

最终答案为两种情况的较大值。

代码:

#define inf 0x7f7f7f7f
#define Maxn 3835
int n,b,ans,a[Maxn],dp[Maxn][Maxn][2];// 一下代码片段插入在 main 函数中 
n=rd(),b=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[1][1][1]=dp[1][0][0]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0];for(int j=1;j<=b;j++){dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][0]);dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j-1][0],dp[i-1][j-1][1]+a[i]);}
}
ans=max(dp[n][b][0],dp[n][b][1]);
memset(dp,-inf,sizeof(dp)),dp[1][1][1]=a[1],dp[1][0][0]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{dp[i][0][0]=dp[i-1][0][0];for(int j=1;j<=b;j++){dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j][0]);dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j-1][0],dp[i-1][j-1][1]+a[i]);}
}
ans=max(ans,dp[n][b][1]);
printf("%d\n",ans);

P1043 数字游戏

$\texttt{solution}$

算法:环形 \(\operatorname{DP}\)

方法:

  1. 破环成连,把环变为两倍,统计答案的时候把答案扫一遍。

  2. \(dp[l][r][p]\) 表示把 \(l\)\(r\) 这一个区间分为 \(p\) 段的最小 \(/\) 最大代价 。

代码:

int ansmin=inf,ansmax;
int MAX[Maxn][Maxn][Maxm],MIN[Maxn][Maxn][Maxm];
inline int mod(int x) { return ((x%10)+10)%10; } // 保证是正数n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i+n]=rd();
for(int i=1;i<=n*2;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
memset(MIN,inf,sizeof(MIN)); // ↓ 初始化一些状态
for(int l=1;l<=n*2;l++) for(int r=l;r<=n*2;r++) MAX[l][r][1]=MIN[l][r][1]=mod(sum[r]-sum[l-1]);
for(int p=2;p<=m;p++) for(int l=1;l+p-1<=n*2;l++) for(int r=l+p-1;r<=n*2;r++) for(int k=l+p-2;k<r;k++)
{MAX[l][r][p]=max(MAX[l][r][p],MAX[l][k][p-1]*mod(sum[r]-sum[k]));MIN[l][r][p]=min(MIN[l][r][p],MIN[l][k][p-1]*mod(sum[r]-sum[k]));
} // k 是枚举转移点
for(int i=1;i<n;i++) ansmin=min(ansmin,MIN[i][i+n-1][m]),ansmax=max(ansmax,MAX[i][i+n-1][m]); // 扫一遍答案
printf("%d\n%d\n",ansmin,ansmax);

P2331 [SCOI2005]最大子矩阵

$\texttt{solution}$

题意:

这里有一个 \(n\times m\) 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。

其中,\(1\le n\le 100,1\le m\le 2,1\le k\le 10\)

题解:

注意到 \(m\) 比较小,分为几类:

\(m=1\) 时,是普通的最大连续字段和,只不过是 \(k\) 个:

\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数中取出 \(j\) 个矩形的最大和

转移:

  • 选:
\[dp[i][j]=\max_{l=1}^{l<i}{\{dp[l][j-1]+s[i]-s[l-1]\}} \]
  • 不选:
\[dp[i][j]=\max(dp[i][j],dp[i-1][j]) \]

复杂度 \(O(n^2\times k)\)

\(m=2\) 时,设 \(f[i][j][k]\) 表示第一列选到第 \(i\) 个数,第二列选到第 \(j\) 个数时,总共 \(k\) 个子矩形的答案

转移有 \(4\) 种情况

  • 当这一位什么都不做的时候:
\[f[i][j][k]=\max(f[i-1][j][k],f[i][j-1][k]) \]
  • 当仅选取第一列的某段区间时:
\[f[i][j][k]=\max_{l=1}^{l<i}{\{f[l][j][k-1]+sum[i][1]-sum[l-1][1]\}} \]
  • 当仅选取第二列的某段区间时:
\[f[i][j][k]=\max_{l=1}^{l<j}{\{f[i][l][k-1]+sum[j][2]-sum[l-1][2]\}} \]
  • \(i==j\) 时,可以选取两列一起的
\[f[i][j][k]=\max_{l=1}^{l< \min(i,j)}{\{f[l][l][k]+sum[i][1]+sum[i][2]-sum[l-1][1]-sum[l-1][2]\}} \]

最后所有情况取 \(\max\)

复杂度 \(O(n^3\times k)\)

CF1174E Ehab and the Expected GCD Problem

$\texttt{solution}$

首先考虑在权值最大时第一个数一定为 \(2^x2^y\) ,且 \(y\le 1\)

再分析往下填的数,考虑 \(dp[i][j][k]\) 表示填到第 \(i\) 个,前缀 \(\gcd\)\(2^j3^k\) 时的方案数。

可以填 \(2^j3^k,2^{j-1}3^k,2^j3^{k-1}\) 的倍数,分别讨论。

CF149D Coloring Brackets

$\texttt{solution}$

(需要想到区间 \(\text{DP}\) )

\(dp(l,r,i,j)\) 表示区间 \([l,r]\) 中,左端点颜色为 \(i\) ,右端点颜色为 \(j\) 的涂色方案数。

分为三类情况:

  • \(l+1=r\) :直接赋值。
  • \(match(l)=r\) :由 \(dp(l+1,r-1,,)\) 转移而来。
  • \(match(l)!=r\) :由 \(dp(l,match(l),,)\times dp(match(l)+1,r,,)\) 转移而来。

由于这一题的局部最优解与全局最优解之间没有直接方便的转移方式,所以使用递归的方式求出 \(\text{DP}\) 值。

P3592 [POI2015]MYJ

$\texttt{solution}$

因为 \(n\le 50,m\le 300\),所以考虑一个 \(O(n^3)\) 的算法,这样容易想到区间 \(\text{dp}\)

把付的钱离散化

\(cnt(i,j)\)\([l,r]\) 中,在 \(i\) 位置填颜色 \(j\) 的消费人数

\(dp(l,r,k)\) :在 \([l,r]\) 中最少的钱为 \(k\) 时的最大获得钱数

在转移时与 \(dp(l,r,k+1)\)\(\max\) ,因为 \(k\)\(k+1\)

记下这个状态最优时,【最少的钱的位置】与【最少的钱的钱的多少】

CF840C On the Bench

$\texttt{solution}$

\(p\) 除去所有平方因子,转化为相邻的 \(p\) 互不相同。

想象把数一个一个塞到原序列中。

\(dp(i,j,k)\) 放了 \(i\) 个,\(j\) 个相同且相邻,\(k\) 个与第 \(i\) 个数相同且相邻

为什么想到要这么假设呢?

为了让数字相同的一起处理,把 \(p\) 排好序,并且在颜色变化时记得更新~

起始状态 \(dp(0,0,0)\)

目标 \(dp(n,0,0)\)

处理出一个数和之前多少个数相同 ( \(pre\) )

若塞入后和左/右其一相同:

\[dp[i-1][j][k]\times(pre+pre-k[可以塞的位置])->dp[i][j+1][k+1] \]

若塞入后与左右都不同,但左右相同:

\[dp[i-1][j][k]\times(j-k[可以塞的位置])->dp[i][j-1][k] \]

若塞入后与左右都不同,且左右不同:

\[p[i-1][j][k]\times(i[总位置数]-(pre+pre-k)[情况 1 ]-(j-pre)[情况 2 ])->dp[i][j][k] \]

CF830D Singer House

$\texttt{solution}$

考虑把深度一个一个累加,去考虑怎样从上一个阶段转移到这一个阶段。

假设增加了一层,不妨假设用一个新的根节点合并两颗深度为 \(n-1\) 的子树(明显这样更好维护呀)

设此时的答案为 \(f_n\)

一个思路是考虑这条路径是否经过根节点,那么有几种情况:

这条路径只包含根节点;这条路径从下面某棵子树内一条路径连上来,再连接下去

乍一看似乎能做,但是我们会发现,从一棵子树中连上来的路径可能会连回同一棵子树,那么如果我们要算\(f_n\) ,就必须算出从深度为 \(n-1\) 的子树内选择两条不相交的路径的方案数 \(g_{n-1}\)

你可能会想继续讨论 \(g_n\) 的方案数,但是你会发现,你要算 \(g_n\) ,还得算深度为 \(n-1\) 的树种选三条不相交路径的方案数……

既然如此,我们观察一下数据范围, 不妨多设一维状态:

\(f_{n,k}\) 代表在深度为 \(n\) 的树中选择 \(k\) 条不相交路径的方案数。

看上去似乎变难了,毕竟原题只让我们求一条路径的方案数。

但是我们发现,这个“加强”版本似乎更好做了,因为转移变得十分简单:

\[f_{n,k}=\sum_{i+j=k-1}f_{n-1,i}\times f_{n-1,j} \]
\[+\sum_{i+j=k}f_{n-1,i}\times f_{n-1,j} \]
\[+\sum_{i+j=k}f_{n-1,i}\times f_{n-1,j}\times (2k) \]
\[+\sum_{i+j=k+1}f_{n-1,i}\times f_{n-1,j}\times (k+1)\times k \]

这四种情况分别是:根节点单独形成一条链、根节点不属于任何一条链、根节点与左右子树内某条链连在一起(分从链的尾端连上来和连到链的开头两种情况)、还有根节点从某条链上连上再连到另一条链上去。

参考

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这道题也是一个ex的模拟题 不过他比Zamjena可爱 作为一个帅气的小哥哥&#xff0c;让我们一起&#xff0c; 开启你的模拟ex大门&#xff0c;C从入门到放弃&#xff01; 题目 题目描述 我又来了&#xff01;我又来了&#xff01; 在清晨来到儿童游乐园的时候&#xff0c;出题…

Matrix Equation

题意&#xff1a; 题目给出两个矩阵X,Y,现在有两种操作 Z X Y D X⊙Y 问是否存在一个矩阵C&#xff0c;使得ACB⊙C式子成立&#xff0c;问矩阵C能有多少个 题解&#xff1a; 这个式子在模2意义下的加法就等于异或 也就相当于 那现在有 将BC移到左边 然后将Ci,j的系数进…

eShopOnContainers 知多少[6]:持久化事件日志

1. 引言事件总线解决了微服务间如何基于集成事件进行异步通信的问题。然而只有事件总线正常运行&#xff0c;微服务之间基于事件的通信才得以运转。 而现实情况是&#xff0c;总有这样或那样的问题&#xff0c;导致事件总线不稳定或不可用&#xff0c;比如&#xff1a;网络中断…

单调队列优化DP

全局最优解必然包含局部最优解&#xff0c;因此每次转移只需考虑局部最优解&#xff01;&#xff01;&#xff01; 主要内容 形如这样 的 \(\operatorname{DP}\) 转移方程&#xff1a; \[dp[i]\max_{L_i\le j\le R_i}{\{dp[i]val(i,j)\}} \]满足&#xff1a; \(\{L_i\}\) , \(\…

CF1322B-Present【双指针】

正题 题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1322B 题目大意 给出nnn个数字aia_iai​求 ⨁i1n⨁ji1n(aiaj)\bigoplus _{i1}^n\bigoplus _{ji1}^n(a_ia_j)i1⨁n​ji1⨁n​(ai​aj​) 1≤n≤4105,1≤ai≤1071\leq n\leq 4\times 10^5,1\leq a_i\leq 10^71≤n≤4105,1≤a…

多体问题

代码&#xff1a; function SunEarthMoon % M函数文件load planets; % 将planets.mat中的变量mass、position、velocity加载过来[sun, earth, moon] deal(18, 3, 25); % sun、earth、moon分别是18、3、25行 list [sun, earth, moon]; % 1行3列矩阵 G 6.67e-11; % gr…

【CF1179 A,B,C】Valeriy and Deque / Tolik and His Uncle / Serge and Dining Room

还好题很温柔&#xff0c;温柔得我差点没做完 文章目录A&#xff1a;Valeriy and Deque题意题解代码实现B&#xff1a;Tolik and His Uncle题目题解代码实现C&#xff1a;Serge and Dining Room题目题解代码实现A&#xff1a;Valeriy and Deque 题意 给定一个双端队列&#…

YBTOJ:比赛得分(期望)

文章目录题目描述解析代码题目描述 解析 不太难的题 显然本题在AB队员大小关系相反时其对答案的贡献互为相反数。 所以想到把B队队员sort一下后就可以二分找到大小关系相反的分界点 然后维护和与平方和两个前缀数组搞一搞即可O1求出贡献 总复杂度&#xff1a;nlognnlognnlogn …

Matlab与高等数学

曲线与曲面画图 平面 对于不同曲线的表达式&#xff0c;Matlab中有不同的绘图命令&#xff0c;主要有 plot, fplot, ezplot&#xff0c;plot3&#xff0c;polar&#xff0c; 曲面 1.2 曲面画图 曲面的一般方程是F(x,y,z)0&#xff0c;一般需要将曲面的点坐标先表示出来&…

[USACO19JAN,Platinum] Redistricting

[USACO19JAN,Platinum] Redistricting 这道题A了才知道。。并不难a&#xff01; orz 题目 内存限制&#xff1a;128 MiB 时间限制&#xff1a;1000 ms 题目描述 奶牛们的最大城市Bovinopolis正在重新划分势力范围—生活在那里的主要是两个品种的奶牛&#xff08;Holsteins和…

.NET Core + JWT令牌认证 + Vue.js 通用动态权限(RBAC)管理系统框架[DncZeus]开源啦!!!...

DncZeus前言关于 DncZeusDncZeus Dnc Zeus"Dnc"--.Net Core 的缩写&#xff1b;"Zeus"--中文译为宙斯&#xff0c;是古希腊神话中的众神之王&#xff0c;奥林匹斯十二主神之首&#xff0c;统治宇宙万物的至高无上的主神&#xff08;在古希腊神话中主神专…

[gdoi2018 day1]小学生图论题【分治NTT】

正题 题目大意 一张随机的nnn个点的竞赛图&#xff0c;给出它的mmm条相互无交简单路径&#xff0c;求这张竞赛图的期望强联通分量个数。 1≤n,m≤1051\leq n,m\leq 10^51≤n,m≤105 解题思路 先考虑m0m0m0的做法&#xff0c;此时我们考虑一个强联通块的贡献&#xff0c;注意到…