题目大意 给出一个长度为 $n$ 的字符串 $s$ 要求你求出 $s$ 的每一个前缀在 $s$ 中出现的次数之和.$n\le 200000$. 解题思路 暴力的对每一个前缀进行一次匹配,求出出现次数后求和. 那肯定是不行的,复杂的是 $O(n\times (m+n))$ 的,不用想也知道要 TLE 那我们考虑 $KMP$ 中 $next$ 数组的性质:为每一个前缀的前缀和后缀最长的共同子串的长度. 那这不就是说如果 $next[i] = j$ 的话,那么在 $s$ 中 $1\rightarrow…

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3336 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 10917    Accepted Submission(s): 5083 Problem Description It is well known that AekdyCoin is good a…

Problem Description It is well known that AekdyCoin is good at string problems as well as number theory problems. When given a string s, we can write down all the non-empty prefixes of this string. For example: s: "abab" The prefixes are: "…

一道字符串匹配的题目,仅仅借此题练习一下KMP 因为这道题目就是要求用从头开始的n个字符串去匹配原来的字符串,很明显与KMP中求next的过程很相似,所以只要把能够从头开始匹配一定个数的字符串的个数加起来就OK了(再此结果上还应该加上字符串的长度,因为每个从头开始的字符串本身也可以去匹配自己的),即将next中值不为-1和0的个数统计出来即可. 用GCC编译的,时间用了46MS. #include <stdio.h> #include <string.h> #define MAXL…

\(\mathcal{Description}\)   Link.(HDU 裂开了先放个私链 awa.)   在一个 \(n\times n\) 的方格图中,格子 \((i,j)\) 有权值 \(w_{i,j}\),现可将一些不相邻的格子染黑,并保证白格子在四联通意义下存在哈密顿回路,方案的价值为染色格子权值之和.求方案的最大价值.   \(n\le10\),数据组数 \(T\le30\). \(\mathcal{Solution}\)   Emmm...插头 DP 写得太少了,这题还算比较常规…

\(\mathcal{Description}\)   link.   给定一个 \(n\) 个结点 \(m\) 条边的无向图,\(q\) 次操作每次随机选出一条边.问 \(q\) 条边去重后构成生成树的方案总数,对 \(p\) 取模. \(\mathcal{Solution}\)   首先求出 \(n-1\) 条边构成生成树的方案数,显然矩阵树定理.   接着,令 \(f(i,j)\) 表示操作 \(i\) 次,去重后有 \(j\) 条边的方案数.那么有: \[f(i,j)=jf(i-1,j)…

题目链接 Mirror and Light 题意 一条直线代表镜子,一个入射光线上的点,一个反射光线上的点,求反射点.(都在一个二维平面内) 题解 找出入射光线关于镜子直线的对称点,然后和反射光线连边,与镜子的交点即是所求点. 用这题来测测板子.然后wa了一下,因为没注意要保留3位小数.这种输出错误要多注意啦,类似最近忘记加Case #x的错误- -||. 代码 #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm>…

# 题目大意 对于一个数 $x$,它的每一位数字分别是 $A_{n}A_{n-1}A_{n-2}\cdots A_{2}A_{1}$,定义其权重 $f(x)=\sum_{i=1}^{n}\left(A_i\times 2^{i-1}\right)$. 现在给定两个数 $A,B$ 求出 $[0,B]$ 中满足 $f(i)\le f(A)$ 的数的个数. # 解题思路 数位 $\text{DP}$. 我一开始设的状态是 $dp[i][j]$ 表示到第 $i$ 位,并且现在已经枚举到的数位的权重是 $…

# 解题思路 记忆化搜索 一个点可以跳到的点,取决于它现在的能量.而且有一个显而易见的性质就是一条可行路径的终点和起点的横坐标之差加上纵坐标之差肯定小于等于起点的能量. 因为跳到一个点之后,能量和之前的点就已经没有关系了,只与现在的点有关,所以不需要传递能量到下一层. 嗯,思路就是酱紫的 # 附上代码 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; const i…

和 HDOJ 3555 一样啊,只不过需要多判断个 ‘4’ 我有写 3555 直接去看那篇吧 这里只放代码 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> using namespace std; ], dp[][]; inline int dfs(int l, bool flag, bool limit) { ) ; if(!limit && dp[l][flag]) return dp…