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原題傳送門很妙的套路，分層圖跟以前的一道題目比較比較建立(k+1)(k+1)(k+1)層圖，相鄰兩層的點之間可以互相走到就是走一條免費邊起點是sss，終點是k∗n+tk*n+tk∗n+t Code： #include <b

2020-06-13 04:34:31

原題傳送門此題暴力dp可過 dpi,jdp_{i,j}dpi,j表示到(i,j)(i,j)(i,j)的最小點擊數非常naivenaivenaive的轉移方程 dpi,j=min(dpi−1,j−xi,dpi,j−xi)+1d

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原題傳送門分層圖最短路套路可以去看這道題目 Code： #include <bits/stdc++.h> #define maxn 100010 using namespace std; struct node{ int v

2020-06-13 04:34:21

原題傳送門首先轉化題意，可以用貪心策略證明肯定是相鄰的兩個點建立電纜然後把問題轉化成ai=si+1−sia_i=s_{i+1}-s_iai=si+1−si,a1,a2,...,an−1a_1,a_2,...,a_{n-1

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原題傳送門暗示明顯，狀壓dpdpdp 狀態設計簡單，當前有多少樂隊已經排好隊爲1，其餘爲0，壓成二進制iii dpidp_idpi表示狀態iii的答案本來還一直在想如何來是最優策略，突然靈機一動我這不是DPDPDP嘛，那我

2020-06-13 04:34:21

原題傳送門轉化問題：每次令[l,r][l,r][l,r]中出現次數最少的數出現次數加1，加mmm次模擬題先統計出不在[l,r][l,r][l,r]中的答案再統計出[l,r][l,r][l,r]的數各出現了幾次，然後就是一層

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原題傳送門重要性質：對於某個點xxx，必定是xxx到[y,x)[y,x)[y,x)中所有點的距離爲1，xxx到[z,y)[z,y)[z,y)中所有點距離爲2…… (滿足z<y<xz<y<xz<y<x) 首先想70分暴力做法（性質

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原題傳送門需要用mmm個點封死一棵樹答案滿足二分性，直接二分本題難點在於checkcheckcheck 貪心思想：駐紮到深度越小的點越優通過倍增上提軍隊，有些軍隊在二分的mid範圍內走不到根節點，那麼他就駐紮在能走到的最上

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原題傳送門水博客~~ 若是系統中的某一個數可以被系統中的其他數表示，這個數就是無關緊要的所有不能被其他數表示的數的個數就是答案用DP\text{DP}DP解決即可 Code： #include <bits/stdc++.h>

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原題傳送門每行最多取一個告訴我們可以枚舉行所以這道題目總體複雜度裏肯定有行的複雜度O(n)O(n)O(n) 考場上寫的是m=2/3m=2/3m=2/3的暴力，直接把每一列分別取了幾個寫到狀態裏面去正解需要考慮正難則反我們寫

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原題傳送門這是一道很有趣的題目大家都會非常直覺的想出dpdpdp fif_ifi表示從第iii塊玻璃射出的光有多少 gig_igi表示從第iii塊玻璃往前面反射回去的光有多少得到轉移方程 fi=aifi−1+bigi+1

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有時間的話再寫幾道吧，個人準備聯賽的方式就是刷歷年題目，主要是熟悉一下思維模式，算法方面 NOIp2012 擺花：普通DP，DP水平到一個層次就不用煩惱的題目文化之旅：拋去數據水的槽點，n<=100\text{n<=100}n

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原題傳送門 NOIp2017tgD1T3NOIp2017tgD1T3NOIp2017tgD1T3 當然是先跑個dijkstradijkstradijkstra把最短路求出來然後想到dp求答案 dpu,ddp_{u,d}dpu,d

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原題傳送門細節挺多的，如果心情浮躁的話就很難調出來從終點跑反向邊跑出能達到的點，這樣就知道了哪些點無法到達終點用這些點跑反向邊跑出出點無法和終點聯通的點，這些點也是不能到達的剩下的點就是可以走的點，用bfsbfsbfs就可

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原題傳送門二分答案樹形dp驗證對於每個點的兒子中儘可能兩兩組合（貪心）達到最大值，最好在這個基礎之下還能選擇一個儘可能長度大的路徑和自己組合起來上傳到父親上去把兒子的值存下來，排序，首先用貪心（頭尾指針掃描）求出最大賽道值

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