题面 思路还是挺容易想的, 只是由于我还是太\(naive\)了一点不会做只会打暴力吧...... 题目要我们求所有子矩阵的\(and\)值之和与\(or\)值之和, 一看之下似乎不好入手, 我们慢慢来. 由于\(and\)和\(or\)运算都是对于每个数的同一位二进制位进行运算的, 所以我们考虑将每个数拆成二进制数, 一位一位地统计答案, 这样的话, 原矩阵就变成了\(log{n}\)个01矩阵, 我们考虑先从\(and\)值入手. 关于\(and\)值 由于是01矩阵, 对于最终答案有贡献的…

题面 好像ZJOI也考了一道麻将, 这是要发扬中华民族的赌博传统吗??? 暴搜都不会打, 看到题目就自闭了, 考完出来之后看题解, \(dp\), 可惜自己想不出来... 对于国士无双(脑子中闪过了韩信)和七对子进行特判, 国士无双枚举哪张牌选两张即可, 七对子的话对于每种牌, 如果该种牌可以凑对子, 就将它凑对子对答案的贡献算出来, 排序后贪心地选七个最大的即可 国士无双 for(int i = 1; i <= 13; i++) { long long tmp = 1; for(int j =…

题目链接 [洛谷传送门] 题解 按位处理. 把每一位对应的图都处理出来 然后单调栈处理一下就好了. \(and\)操作处理全\(1\). \(or\)操作处理全\(0\). 代码 #include <bits/stdc++.h> #define gc getchar using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1000 + 4; const int P = 1e9 + 7; const int BIT = 31; int n…

[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…

Problem loj3085 bzoj不放题面差评 题意概要:给出两条竖直直线,再给出 \(n\) 架飞机的初始航线:一条接通这两条直线的线段,保证航线交点不在两条直线上.现要求安排所有飞机在航线相交处做特技: 擦身而过:两架飞机按原方向线路继续前进,一次得分 \(b\) 对向交换:两架飞机交换线路继续前进,一次得分 \(a\) 另外,给定 \(k\) 个边界与坐标轴成 \(45°\)角 的正方形,若一次特技被至少一个正方形囊括,则总得分加 \(c\) 现要求决策每次相遇做的特技,求最大/最小…

[BZOJ5502][GXOI/GZOI2019]与或和(单调栈) 题面 BZOJ 洛谷 题解 看到位运算就直接拆位,于是问题变成了求有多少个全\(0\)子矩阵和有多少个全\(1\)子矩阵. 这两个操作本质就是一样的,不妨考虑有多少个全\(1\)子矩阵. 预处理出每个元素向上能够找的最多的\(1\)的个数,对于每一行从做往右扫一遍,拿一个单调栈维护一下,这样子就可以计算出以每个元素为右下角时的贡献了. 时间复杂度\(O(n^2logV)\),在BZOJ上因为常数太大T了QwQ. #include…

[BZOJ5503][GXOI/GZOI2019]宝牌一大堆(动态规划) 题面 BZOJ 洛谷 题解 首先特殊牌型直接特判. 然后剩下的部分可以直接\(dp\),直接把所有可以存的全部带进去大力\(dp\)就行了. 发现每多一张牌胡的本质就是把一个刻字换成杠子,所以这两个东西记录在一起就行了. 那么状态就是\(f[i][0/1/2/3/4][0/1/2][0/1/2][0/1]\) 分别表示刻字.杠子.顺子的数量,\(i-1,i,i+1\)的顺子数量,\(i,i+1,i+2\)的顺子的数量,以及…

[BZOJ5506][GXOI/GZOI2019]旅行者(最短路) 题面 BZOJ 洛谷 题解 正着做一遍\(dij\)求出最短路径以及从谁转移过来的,反过来做一遍,如果两个点不由同一个点转移过来就更新答案. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; #define ll long long #define MAX 10…

[BZOJ5507][GXOI/GZOI2019]旧词(树链剖分,线段树) 题面 BZOJ 洛谷 题解 如果\(k=1\)就是链并裸题了... 其实\(k>1\)发现还是可以用类似链并的思想,这个东西本质上就是对于当前的一个\(x\),考虑对于其他所有点的贡献,而他们的\(LCA\)一定是\(x\)到根节点链上的一个点.那么对于某个\(x\)的祖先节点,除了\(x\)所在的子树内,其他的所有子树内的点全部会产生这个点的深度的\(k\)次方的贡献.\(k=1\)的时候这个东西可以直接做的原因是因为…

题目链接: [GXOI/GZOI2019]旅行者 我们考虑每条边的贡献,对每个点求出能到达它的最近的感兴趣的城市(设为$f[i]$,最短距离设为$a[i]$)和它能到达的离它最近的感兴趣的城市(设为$g[i]$,最短距离设为$b[i]$). 那么每条边$(u,v,w)$的贡献就是$a[u]+w+b[v]$,用这个值去更新答案即可(这个值代表$f[u]$到$g[v]$的最短路长度). 但要注意一条边能更新答案需要满足$f[u]\neq g[v]$,因为要保证起点和终点不同. 手画一下就可以知道最短…