题目地址:P5303 [GXOI/GZOI2019]逼死强迫症 这里是官方题解 初步分析 从题目和数据范围很容易看出来这是一个递推 + 矩阵快速幂,那么主要问题在于递推的过程. 满足条件的答案一定是以下的形式,设 \(k = n - 1\) ,左右两边为整齐的道路,中间为长度 \(p(p \geq 3)\) 的组合块: 由 \(p\) 的奇偶性,可以得到两种不同的基本图形,即 \(1 \times 1\) 的小块在同一行( \(p\) 是偶数)和各占一行( \(p\) 是奇数). 数学方法 左右…

传送门 只有两行,考虑递推,设\(f_i\)为没有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,可以发现一次可以放一个竖的或两个横的,也就是\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\) 再设\(g_i\)表示有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,首先和\(f\)类似,可以放一个竖的或两个横的\(1*2\),然后\(1*1\)可以放出长度为奇数,\(\ge3\)的两种矩形,或者长度为偶数,\(\ge4\)的两种矩形,所以\[g_i=g_{i-1}+g_{i-2}+(2\sum_{j=3…

[BZOJ5505][GXOI/GZOI2019]逼死强迫症(矩阵快速幂) 题面 BZOJ 洛谷 题解 如果没有那两个\(1*1\)的东西,答案就是斐波那契数,可以简单的用\(dp\)得到. 大概是设\(f[i]\)表示当前除了到第\(i\)列的方案数,转移是考虑用\(2*1\)竖着覆盖一列还是\(2\)个\(1*2\)横着覆盖两列,得到转移\(f[i]=f[i-1]+f[i-2]\). 现在回假设要在这一行放上第二个\(1*1\),那么直到前一个\(1*1\)所在列之前的所有方块都被唯一确定了…

题目链接: [GXOI/GZOI2019]逼死强迫症 设$f[i][j]$表示前$i$列有$j$个$1*1$的格子的方案数,那么可以列出递推式子: $f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-2][0]$ $f[i][1]=2*f[i-1][0]+f[i-1][1]$ $f]i][2]=f[i-1][2]+f[i-2][2]+f[i-2][1]$ 通过递推式子求出一个$6*6$的矩阵然后用矩阵乘法优化递推即可. #include<set> #include<map> #inclu…

洛谷:传送门 bzoj:传送门 参考资料: [1]:https://xht37.blog.luogu.org/p5304-gxoigzoi2019-lv-xing-zhe [2]:http://www.cnblogs.com/cjyyb/p/10736124.html 题意: 一个图 n 个点 m 条边,里面有 k 个特殊点,问这 k 个点之间两两最短路的最小值是多少? 之所以做这道题,是因为早晨的时候,做CF的这道题(戳这里),题意都木有读懂(…

LOJ BZOJ 洛谷 想了一个奇葩的单调栈,算的时候要在中间取\(\min\),感觉不靠谱不写了=-= 调了十分钟发现输出没取模=v= BZOJ好逗逼啊 题面连pdf都不挂了 哈哈哈哈 枚举每一位.在这一位上与之后得到\(1\)的就是全\(1\)子矩形个数.或之后得到\(1\)的就是总举行个数减去全\(0\)子矩形个数. 单调栈算一下就好啦. 维护一个单调递增的栈.如果在右下角统计贡献,每次遇到往上延伸长度\(l\leq sk[top]\)时,会把\(sk[top]\)的一部分截断.用个变量\…

可以先去考虑没有\(1 \times 1\)的砖块的情况,对于最后一个位置只有两种情况,一个是竖着用一块砖铺设\(2 \times 1\),另一个为横着用两块砖铺设\(2 \times 2\). 设没有\(1 \times 1\)的砖块的情况铺\(2 \times n\)的路的方案数为\(F_n\),根据上面的分析得\(F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\),发现其为斐波那契数列. 用同样的方法考虑有\(1 \times 1\)的砖块的情况,设\(f_n\)表示按题意铺\(2 \times…

题目大意: 有一张 \(n(n\leqslant10^5)\) 个点 \(m(m\leqslant5\times10^5)\) 条边的有向有正权图,有$k(2\leqslant k\leqslant n)$个关键点.问图中最近的两个关键点的距离.多组数据. 题解: 有两种方法. 可对$k$个关键点二进制分组,可以知道$x$与$y$不同至少满足二进制上有一位不同,每次按二进制中的一位分成两组,,建一个虚点连向所有的源点,跑 \(dijkstra\) ,总共跑 \(\log_2n\) 次.复杂度 \…

题目 设我们最后的答案是\(g_n\) 我们发现在最后竖着放一个\(2\times 1\)的,和横着放两个\(1\times 2\)的就可以区分开之前的方案了 所以如果仅仅使用\(1\times 2\)的块来填满\(2\times n\)的格子,方案数就是\(fib_n\) 于是 \[g_n=g_{n-1}+g_{n-2}+2\sum_{i=3}fib_{n-i}\] 后面就是\(fib\)数列,就是把那两个\(1\times 1\)的在最后\(i\)列里强行区分开 于是我们矩乘就好了 代码 #…

[详●析][GXOI/GZOI2019]逼死强迫症 脑子不够用了... [题目大意] 在\(2\times N\)的方格中用\(N-1\)块\(2\times 1\)的方砖和\(2\)块\(1\times 1\)的方砖填充,且两块\(1\times 1\)的方块不能有相邻的边,求合法方案数. [分析] 啊,一道计数问题.反正我开始是这样想的. 如果没有那两块很碍事的砖,我们很容易想到这不就是斐波拉契递推吗?这个比较基础就不说了吧,直接\(f[i]=f[i-1]+f[i-2]\),递推走起. 好,…