然而泥萌没有权限是看不了题目的233.
\(\rm T1\)
大概就是个map，脑残出题人认为(x,x)不属于有序二元组，我可qtmd。于是只拿了\(\rm 60pts\)
int main(){
ios_base :: sync_with_stdio(false) ;
cin.tie(0), cout.tie(0) ; cin >> N >> P ; int i ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) cin >> base[i], base[i] %= P ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (base[i]) M[expow(4 * base[i] % P, P - 2)] ++ ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i){
int now = 1ll * base[i] * base[i] % P ;
ans += M[now] ; if (4ll * now % P * base[i] % P == 1) -- ans ;
}
cout << ans << endl ; return 0 ;
} \(\rm T2\)
先说自己的做法。
发现其实就是在凑一个式子：
\[\frac{\sum a_ik_i}{M\sum k_i}=\frac{N}{M}\]
然后稍微变个形：
\[\sum a_ik_i=N\cdot \sum k_i\]
于是发现只要暴力背包就完了，最后判断一下\(f_{k,N}\)是不是\(=k\)就做完了。
int main(){
cin >> K >> N >> M ; int i, j ; dp[0] = 0 ;
for (i = 1 ; i <= K ; ++ i) cin >> base[i] ;
for (i = 1 ; i <= N * N ; ++ i) dp[i] = Inf ;
for (i = 1 ; i <= K ; ++ i)
for (j = base[i] ; j <= N * N ; ++ j)
dp[j] = min(dp[j - base[i]] + 1, dp[j]) ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (dp[i * N] == i) return cout << i, 0 ;
return -1 ;
}于是获得了\(\rm 70pts\)……但是用头想一想，发现并不对。因为可能\(f_{k,N}\)这个状态的\(\rm cost\)可能是5，但是背包转移的时候只能记录最优状态，于是假设会记录4，那这个状态就挂掉了……对每个状态都开了个std :: set发现T掉了……
正解是BFS。
考虑把式子转化一下，就变成了
\[\sum k_i(a_i-N)=0\]
大概就是考虑用已经凑出的和当做状态，那么实际上是在找一个环。于是每次转移的时候枚举放哪个新物品（新物品权值为\(a_i-N\)）就完了。
#define MAX 50000
cin >> K >> N >> M ; q.push(MAX) ; vis[MAX] = 1 ; int i ;
for (i = 1 ; i <= K ; ++ i) cin >> base[i], base[i] -= N ;
while (!q.empty()){
int now = q.front() ; q.pop() ;
if (now > M + MAX) continue ;
for (i = 1 ; i <= K ; ++ i){
if (now + base[i] == MAX){
cout << ans[now] + 1 << endl ;
return 0 ;
}
else if (!vis[now + base[i]])
vis[now + base[i]] = 1, ans[now + base[i]] = ans[now] + 1, q.push(now + base[i]) ;
}
}
cout << -1 << endl ; 正 解 暴 力， 菜 鸡 退 役。
\(\rm T3\)
sb题，每个连通块都产生\(\rm 1\)的贡献当且仅当没有任何一个连通块是树。
于是就变成了找树的问题……忘记前驱思考了nm老久，趁早退役算了= =
void dfs(int now, int pre){
vis[now] = 1 ;
for (int k = head[now] ; k ; k = E[k].next){
if (to(k) == pre) continue ;
if (to(k) == now) continue ;
if (!vis[to(k)]) dfs(to(k), now) ; else ++ o ;
}
}
int main(){
cin >> N ; int i ; p = 1 ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) fa[i] = i ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) cin >> base[i], add(i, base[i]) ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (fa[i] == i) ++ ans ;// cout << ans << endl ;
for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) if (!vis[i]) o = 0, dfs(i, 0), p = min(o, p) ;
if (p) cout << ans << endl ; else cout << ans - 1 << endl ; \(\rm T4\)
BZOJ4160.
不可做题233
题面：
给定一张无向图，求给这张图定向成\(\rm DAG\)之后最长路最短是多少。\(n\leq 16\)
\(\rm{Sol~1}\)
考虑直接\(dp\)。\(f_{s,u,v}\)表示考虑了点集\(s\)，最长路端点是\(u,v\)的最小值。每次转移的时候枚举\(u,v,w\)，从\((u,v),(v,w)\)两个状态转移到\((u,w)\)。复杂度\(O(3^nn^3)\)
1h没调出来
\(\rm Sol~2\)
考虑证明一个二级定理：
定理 \(1.1\)
- 一张无向图定向成的\(\rm DAG\)，当其最长路最短时，其最长路为\(\rm X-1\)，其中\(\rm X\)表示不连通集覆盖数。也就是对于一张有向图图\(\rm \{V,E\}\)，定义一种划分\(P\)，使得划分出的每个集合中所有点不连通。
考虑一种证明：
- 首先一定有\(\rm X-1\geq maxL\)。因为其上的每个点是连通的。
- 其次我们考虑，如果每次删除全部出度为\(0\)点，放到一个集合里，那么一定合法，并且可以满足\(\rm X=maxL+1\)。
但其实这东西也可以直接用\(\rm dilworth\)定理的对偶定理证出来：
定理 \(2.1\)（\(\rm dilworth\)定理）
令\(\rm (X,≤)\)是一个有限偏序集，并令\(m\)是反链的最大的大小。则\(\rm X\)可以被划分成\(m\)个但不能再少的链。
对偶一下：
定理 \(2.2\):
令\(\rm (X,≤)\)是一个有限偏序集，并令\(r\)是其最大链的大小。则\(X\)可以被划分成\(r\)个但不能再少的反链。
然后”反链“连接的是”不可比的点“，也就是本题中”不连通的点“。
于是我们就可以快乐地状压了。
int *g, *f ;
int main(){
cin >> N >> M ;
memset(f, 63, sizeof(f)) ;
int u, v, i, j ; T = (1 << N) - 1 ;
for (i = 1 ; i <= M ; ++ i)
cin >> u >> v, -- u, -- v, E[u] |= (1 << v), E[v] |= (1 << u) ;
f[0] = 0, g[0] = 1 ;
for (i = 0 ; i <= N ; ++ i) Sz[1 << i] = i ;
for (i = 1 ; i <= T ; ++ i){
j = (i & (-i)) ;
if (!g[i ^ j]) continue ;
if (E[Sz[j]] & (i ^ j)) continue ;
g[i] = 1 ;
}
for (i = 1 ; i <= T ; ++ i)
for (j = i ; j ; j = (j - 1) & i)
if (g[j]) f[i] = min(f[i], f[i ^ j] + 1) ;
cout << f[T] - 1 << endl ; return 0 ;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/pks-t/p/11748764.html