题意:给你一些邮票面值的集合,让你选择其中一个集合,使得“能用不超过n枚集合中的邮票凑成的面值集合S中从1开始的最大连续面值”(即mex(S)-1)最大.如果有多解,输出集合大小最小的一个:如果仍有多解,输出面值从大到小排序后最小的一个. 少数能用bitset优化的dp问题之一.设bs[i]为用不超过i枚邮票能凑成的面值集合,正在放进的邮票面值为j,则有状态更新公式:$bs[i+1]=bs[i]|(bs[i]<<j)$,根据这个公式进行转移即可. 保存答案可以用vector,便于长度以及字典序

首先就是求联通块,每个联通块里记录两个部分的元素个数 目标是使一边的体积接近n/2 那么每个联通块作为一组,进行分组背包,dp[i]表示体积i是否可以被凑出来,可行性背包是可以用bitset优化的 最后找最接近n/2的体积即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005 #define maxm 100005 int n,m,cnt,vis[maxn]; struct Node{int a,b;}p[maxn]

口胡一种别的解法: 三重退背包,g1[j]k]表示不选x的选了j件物品,体积为k的方案数,g[0][0] = 1 , g1[j][k]=dp[j][k]-g1[j-1][k-a[x]] 然后按这样再退三层,最后看g3[10][87]的方案数是否非0即可,这样复杂度是O(50*50*50*10*87) 如果直接枚举删掉的数,然后用可行性二维01背包做 复杂度是O(50*50*50)*O(n*10*87) 再加上bitset优化第二维 复杂度/32 ,由于n比较小,所以也差不多 /* 在n个数里找到

题目链接 http://codeforces.com/gym/100917/problem/J Description standard input/outputStatements The jury of Berland regional olympiad in informatics does not trust to contest management systems, so the Berland regional programming contest is judged by th

[BZOJ3687]简单题 Description 小呆开始研究集合论了,他提出了关于一个数集四个问题:1．子集的异或和的算术和.2．子集的异或和的异或和.3．子集的算术和的算术和.4．子集的算术和的异或和.    目前为止,小呆已经解决了前三个问题,还剩下最后一个问题还没有解决,他决定把这个问题交给你,未来的集训队队员来实现. Input 第一行,一个整数n.第二行,n个正整数,表示01,a2…．,. Output 一行,包含一个整数,表示所有子集和的异或和. Sample Input 2 1

给你一颗大小为n(3000)的树,树上每个点有点权(100000),再给你一个数m(100000) i为1~m,问树中是否存在一个子图,使得权值为i. 每次solve到一个节点 用一个bitset维护所有经过它的链的取值(calc前要先初始化当前节点的bitset) 复杂度为nlognm/64 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #de

注意不能每个T都mem 不然会T #include <bits/stdc++.h> #define PI acos(-1.0) #define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a)) #define TS printf("!!!\n") #define pb push_back #define inf 1e9 //std::ios::sync_with_stdio(false); using namespace std; //priority_qu

题意: Soda有一个n个点m条边的二分图, 他想要通过加边使得这张图变成一个边数最多的完全二分图. 于是他想要知道他最多能够新加多少条边. 注意重边是不允许的. 思路: 先将二分图着色,将每个连通分量区分出左右两边的点,在着色过程中,顺便将每个连通分量两边的点数存起来,注意一个连通分量左右两边的点数是绑定的一对数字.现在的问题就是,需要将这几对数字给分配掉,每一对都必须拆开来丢到不同的桶中,而且尽量使得两桶中各自的数字之和最接近,才能使得边最多. 分配的过程可以使用DP解决,主要是数字挺大的,

A. Apple 按题意模拟即可. #include<stdio.h> #include<iostream> #include<string.h> #include<string> #include<ctype.h> #include<math.h> #include<set> #include<map> #include<vector> #include<queue> #include

二分$T$​​​​​​​​和$S$​​​​​​​​第一个不同的位置,即需要对于$s$​​​​​​​​,判定是否存在$T[1,s]=S[1,s]$​​​​​​​​且满足条件的$T$​​​​ (注:这里的条件不包含$T$的字典序最小) 显然$T[1,s]$​​已经确定,记其中第$i$​​种字母出现次数为$a_{i}$​​ 而对于$T(s,n]$​,只有字典序(尽量大)和字符数量的限制,因此若交换两个字符能增大字典序显然不劣,重复交换这样的字符,不难得到最终字符从前往后是不上升的 设其中第$i$​​种

题目大意: 添加尽可能少的边,最后使图形成二分图 一开始将图区分成一个个联通分量,根据二分图染色,计算出每个联通分量的黑色点和白色点的个数 希望添加的边最少,那么合并的时候,希望黑白块尽可能平均,这无疑背包dp做,但超时了...T T 跟着题解说的bitset,学了一下,果然总共10000个点不到,那么只要用bitset上的某一位代表取到的值即可- -,好神奇..这里用的是或运算 #include <cstdio> #include <cstring> #include <i

PolandBall and Gifts 转换成置换群后, 对于最大值我们很好处理. 对于最小值, 只跟若干个圈能否刚好组能 k 有关. 最直观的想法就是bitset优化背包, 直接搞肯定T掉. 我们能再发掘一些性质, 就是本质不能的圈的大小最多有sqrt(n)个, 因为1 + 2 + 3 ... + n = (n + 1) * n / 2 所以对于每个不同的数二进制优化一下就可以过啦. 感觉这种题就很有意思.. #include<bits/stdc++.h> #define LL long

题意:T组样例,给次给出一个N节点的点权树,以及M,问连通块的点权和sum的情况,输出sum=1到M,用0或者1表示. 思路:背包,N^2,由于是无向的连通块,所以可以用分治优化到NlgN. 然后背包可以用bitset优化.注意不要想着背包合并背包,背包只能合并单点. #include<bits/stdc++.h> #define pb push_back #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define Gv G[u][i] #defin

\(Coins\) \(solution:\) 这道题很短,开门见山,很明显的告诉了读者这是一道多重背包.但是这道题的数据范围很不友好,它不允许我们直接将这一题当做01背包去做.于是我们得想一想优化. $bitset $ 优化: 这个是我最先想到的,因为这道题只牵扯到了能不能买,也就是说这个背包并没有什么权值(只有"可以"和"不可以")然后就是单纯的状态转移.而这不是我们的二进制最擅长的东西吗?(我们利用某一个硬币的面额进行更新时,直接用二进制的左右移和或运算即可)

Mr. Fib is a mathematics teacher of a primary school. In the next lesson, he is planning to teach children how to add numbers up. Before the class, he will prepare NN cards with numbers. The number on the ii-th card is aiai. In class, each turn he wi

Median Sum You are given N integers A1, A2, ..., AN. Consider the sums of all non-empty subsequences of A. There are 2N−1 such sums, an odd number. Let the list of these sums in non-decreasing order be S1, S2, ..., S2N−1. Find the median of this list

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5808 用bitset<120>dp,表示dp[0] = true,表示0出现过,dp[100] = true表示100这个数字出现过. 对于每一个新的数字,val,有转移方程, dp = dp | (dp << val) 比如现在0000101,然后枚举了2进来,0000101 | 0010100 那个区间是暴力扫过去的,是水过去的,关键学了下bitset优化的背包. #include <

题目:https://agc020.contest.atcoder.jp/tasks/agc020_c 回忆下一题,是零一背包,主要的做法就是凑出最接近sum/2的价值,然后发现现在的背包的容量是2000*2000,物品数量是2000,那么如果你用正常的 数组背包的做法的话,8*10^9的复杂度是会超时的,代码如下: int n; scanf("%d",&n); ll sum = ; rep(i,,n) scanf("%lld",&a[i]),sum

由于bitset极其不熟练且在实际题目中想不起来运用它来优化,于是练了几道题. 这题是一个分组的bool背包,每组必须选一个,暴力的话是$O(n^5)$. 如果dp数组不要一维滚动的话,有两种枚举方法,一种是枚举体积放外层然后同一组物品放内层,另一种是反过来. ...n ...V ...a[i] f[i][j]|=f[i-][j-a[k]] or ...n ...a[i] ...V f[i][j]|=f[i-][j-a[k]] 然后注意第二种转移有一个可优化的地方.每次$f_{i-1,j}$都是

bitset做法 #include <bits/stdc++.h> #define PI acos(-1.0) #define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a)) #define TS printf("!!!\n") #define pb push_back //std::ios::sync_with_stdio(false); using namespace std; //priority_queue<int,vector<int