状压dp 枚举子集的方法
状压dp有些时候需要去枚举子集，但是复杂度会很高，所以需要一种快速的方法去枚举。for(int i=s;i;i=(i-1)&s){ j=i^s;}具体可以看这篇博客：https://blog.csdn.net/yanzhenhuai/article/details/81572028
汇编语言 输出16进制数
依次在屏幕上输出01H, 25H, 38H, 62H, 8DH, 9AH, BAH, CEH代码：DATAS SEGMENT N DB 8 ARRY DB 01H, 25H, 38H, 62H, 8DH, 9AH, 0BAH, 0CEHDATAS ENDSSTACKS SEGMENT ;此处输入堆栈段代码STACKS ENDSCODES SEGMENT ASSUME CS:CODES,DS:DATAS,SS:STACKSSTART: MOV AX,DATA
csust2020新生赛热身赛题解
1.a+b#include<iostream>using namespace std;int main(){ int t;cin>>t; while(t--){ int a,b; cin>>a>>b; cout<<a+b<<endl; } return 0;}2.Psycho-Pass#include <bits/stdc++.h>using na
csust2020新生赛题解
1.会长的数字签到题，只要找输入的数字中有无某一位数字除以2等于0。代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=1e5;char s[maxn];int main(){ scanf("%s",s+1); int d=strlen(s+1),flag=0; for(int i=1;i<=d;i++){ int num=s[i
牛客编程巅峰赛S2第12场-共鸣问题
题解：对于一对关系(x,y,z),若全都不点，则为-z，点其中一个就是-z+z=0，两个都点就是-z+z+z=z，可以看出，我们把初始值设为-z，那么每个音符的贡献就是z，贪心的去想，如果z+a[i]>0,则说明这个音符可以点。代码：class Solution {public: /** * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 * * @param n int整型 * @param m int整型
ACM常见概率期望分布
1.两点分布即只先进行一次伯努利试验，该事件发生的概率为p，不发生的概率为1-p。这是一个最简单的分布，任何一个只有两种结果的随机现象都服从0-1分布。期望：E=p方差: D = p*(1-p)^2 + (1-p) * (0-p)^2 = p * (1-p)2.二项分布做n次伯努利实验，有k次实验成功期望：E = np方差：D = np(1-p)3.几何分布在n次伯努利实验中，第k次实验才得到第一次成功的概率分布。其中：P(k) = (1-p)^(k-1)*p期望：E=1/p方差：D
atcoder Educational DP Contest x-Tower
题意：有n堆物品，每堆物品都有三个值，重量w，承重s，价值v，可以将这些物品进行堆积，堆积在每个物品上方的总重量必须小于等于其承重，问堆积起来的物品的最大总价值是多少。题解：假设只有两个物品 w1,s1 / w2,s2,如果第一个物品在上面，那么还能放的重量为s2-w1,反之就是s1-w2。如果s2-w1>s1-w2，即s2+w2>s1+w1,贪心的去想，我们必定是选择还能放重量多的方案。由此可以得到结论，对s+w按照升序排序，大的选择放下面，最后就是01背包问题。代码：#inclu
牛客IOI周赛22-普及组 C-照看小猫
题解：主要考察容斥，组合数学。我们可以先预处理出每个长度有多少个方案。因为不能有重复的名字，我们可以先对a数组排个序，那么不难看出，第i只猫前面的i-1只猫能取的名字一定在第i只猫能取的名字里面，因此，第i只猫能取的名字的方案数要减去i-1才是它真正的方案数。最后乘起来即可。代码：#include<bits/stdc++.h>#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#inclu.
codeforces gym Graph and Cycles
题目链接：https://codeforces.com/gym/102392/problem/J题意：给出一个带权的完全图，让你划分这些边，使得每个划分里的边可以构成一条回路。定义f(ex,ey)=max(ex,ey)。每个划分的权值等于f(e1,e2)+f(e2+e3)+f(e3,e4)…。现在求怎么划分使得每一组的权值之和最小。题解：因为是回路，所以对于每个点而言，必定有一条出去的边，和一条进入的边相对应，那么最优方案肯定是将第一大和第二大的相对应，第三大和第四大的相对应，以此类推。代码：#
Codeforces Round #691 (Div. 2) C. Row GCD
题意：给出两个数组a,b,对于b数组中的每一个数，求gcd(a[1]+b[j],a[2]+b[j],a[3]+b[j],…)。题解：这题主要考察gcd的性质，如果知道，则可以直接秒。性质如下：gcd(a[1],a[2],a[3],a[4],…)=gcd(a[1],a[2]-a[1],a[3]-a[2],a[4]-a[3],…)。那么题目所求式子就变成gcd(a[1]+b[j],a[2]-a[1],a[3]-a[2],a[4]-a[3],…)所以我们先预处理出gcd(a[2]-a[1],a[3]-
Codeforces Round #691 (Div. 2) D. Glass Half Spilled
题意：给出n个水杯的容量和其已经包含的水量，有如下操作，选择两个杯子，将其中一个杯子中的x容量水转移到另一个杯子，但是会洒出x/2的水。现在求，对于1-n中每一个数字k，任意选择k个杯子，其水量之和最大是多少。题解：首先，对于被选的那k个杯子，它们一定不会倒水出去，所以我们先不考虑倒水，设dp[i][j][k]表示前i个水杯，选j个，其容量为k能够得到的最大水量。那么状态转移方程就是：dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j][k],dp[i][j][k]);//不要第i个水杯dp[i
Educational Codeforces Round 100 (Rated for Div. 2) B. Find The Array
题意：给出一个a数组，现在要构造一个b数组，使得b数组相邻两个元素其中一个能整除另一个，并且a数组与b数组之差的绝对值的和*2<=a数组元素之和。题解：思路一：先给出结论：小于等于x并且离x最近的2的幂次方的范围是[x/2,x]。知道这个结论，很快就能知道，只要把b[i]=离a[i]最近的2的幂次方，就一定能满足条件。结论的正确性可以用反证法来证明。思路二：我们假设b[i]<=a[i],由条件可以推出a[i]-b[i]<=a[i]/2,即2*b[i]>=a[i]。那么什
AtCoder Beginner Contest 190 E - Magical Ornament(图论+状压dp)
题意：给出n种宝石，有m种关系，现在要在一排放置一些宝石，只有存在关系的宝石才能相邻，并且要求必须放置c数组里的宝石，问最少要放多少宝石？题解：这题比F题难是我没想到的。。。其实将题目转化一下就是：将所给的关系建边，然后在图中找到一条最短路径使得能包含所需所有点。首先我们需要求出必须放置的点之间两两的最短路径。因为k很小，所以我们可以进行k次bfs，求出两点间的最短距离。然后就是一个状压dp的问题了。设dp[i][j]表示状态 为 i 最后到达的点为 j 的最小路径。状态 i 变为二进制，第 i
牛客- 华华给月月出题（素数筛+快速幂）
题目链接题意：求n<=1.3*10^7。题解：一开始还以为是个模板题，直接用快速幂去求，但是tle了。看了题解才知道，要先筛素数。因为每个数都可以表示成一些质数相乘，所以我们对于某个合数x，可以表示成 x=x的最小质因子*y。那么x^n= x的最小质因子^n * y^n。那么在素数筛的过程就我们就可以求出所有元素的n次方。这样做可以减少使用快速幂的次数，大大降低了复杂度。代码：#include<cstdio>#include<iostream>#inclu
2021牛客寒假算法基础集训营1 C题-红与蓝
题目：比赛的时候看这道题，把它想复杂了，以为是其他图论的算法，赛后看别人写的才知道就是深搜一下就行。o(╥﹏╥)o题解：可以发现，树的叶子节点肯定是与它的父亲节点相匹配的，所以我们深搜一遍，从底层往上去模拟匹配的过程，对于以i为根节点的子树，我们先将它的子子树匹配好，如果 与 i 相邻的儿子节点都有匹配关系，那么说明 i 节点肯定要跟它的父亲节点匹配，如果只剩 1 个点未匹配，那么就让他和 i 节点匹配，如果存在多个，那么肯定不存在解。最后我们再对根节点任意涂一种颜色，然后根据匹配关系对其他节点依
2021牛客寒假算法基础集训营2 D .牛牛与整除分块(打表规律)
题目：题解：这题如果直接用整除分块写会t，可惜比赛中我打了表也没看出规律。o(╥﹏╥)o可以发现，对于x<sqrt(n),答案一定是x。再可以发现，1到sqrt(n)之间的数一定会出现，那么我们算出n/x是这些数中的第几大，因为是对称的，所以可以算出另一半有多少个数，加上去就是答案。可以看这幅图理解。代码：#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstri
codeforces Gym - 101147A The game of Osho(sg博弈)
题意：给出g对数字，每对由bi和ni组成，一次操作可以选择一对，然后将ni减去bi的k次幂，k为任意非负整数，无法操作者失败，问先后手谁能赢。题解：打出sg表可以发现，对于b是奇数，sg值=n%2。对于b是偶数，则存在一个长度为b+1的循环节，如果n%(b+1)==0,则sg=0，如果n%(b+1)==b,则sg=2，其余情况，都是1010交替出现，即sg=(n%(b+1))%2。附上打表代码+ac代码：#include<cstdio>#include<iostream>
牛客-蓝魔法师（树形dp）
题目题解：设dp[i][j]表示以 i 为根的子树，选j个点保持连通的方案数。那么可以列出转移方程：for(int j=min(num[u],k);j>=1;j--)//枚举之前选了多少个点 for(int z=min(k,num[v]);z>=1;z--)//枚举当前子节点选了多少个点 dp[u][j+z]=dp[u][j+z]+dp[u][j]*dp[v][z];转移过程类似于背包，而且必须是从大枚举到小。还要注意的是，子节点这个子树也可能不选,那么状
牛客-旅游（树形dp）
题目链接题目：题解：这题其实是一个最大独立集的问题。先解释啥什么是最大独立集：一个点集，集合里面的点之间没有公共边，即每两个点之间没有边将他们连接起来，且集合中的点的数量最大。然后再来看这题，可以用dp来解决此问题，设dp[i][1]表示 点i在点集里，dp[i][0]表示 点 i 不在点集里。那么状态转移很容易可以写出来：dp[u][1]+=dp[v][0];dp[u][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);#include<cstdio>#include&l
2021牛客寒假算法基础集训营3 E-买礼物
题目链接题目题解:出题人题解写的挺好的，拿来用一用。代码：#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#include<queue>#include<map>#include<stack>#include<set>#define iss ios:
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