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怎么样快速提高姿势水平呢？自信说应该做TopCoder！
于是我就看到了很多XJOI题，BZOJ题……好像可以搬些题呢！
简单整理一下，方便未来搬题（雾
462C：先考虑从某个点出发，其出边有不能走的边，到终点距离在最坏情况下的最小值。再考虑从某个点出发，还不知道不能走的边在哪时，到终点距离在最坏情况下的最小值。前者枚举每条出边跑最短路，后者反着跑最短路，然后和前者的答案取较大值。
463C：BZOJ2454，一个点最多只有三种转移，某些情况下只有两种，如果以这些点为根来看，整个转移的结构就是一个无向的二叉树。如果 两个状态 到 从起点到终点的路径 距离相同 且 到起点的距离相同 且 到根的距离相同，那么这两个状态对答案的影响是没有本质差别的，可以合并
464C：用\(f_{S,i,x,y}\)表示在\((x,y)\)，已知\(S\)集合中的颜色是安全的，\(i\)这个颜色危险的，不经过危险的地方到达终点的概率。用\(g_{S,x,y}\)表示在\((x,y)\)，已知\(S\)集合中的颜色是安全，最多经过一次危险的地方到达终点的概率。前者用类似最长路的方法从终点开始扩展着跑，后者结合前者的结果来跑
465C：注意到如果某个点离终点的距离是小于等于\(d\)的，那么它到达终点的概率就一直是\(frac{1}{d}\)的。也就是说如果走了\(n\)步后，每步获胜的概率是一定的，那么只要求出前\(n\)步每个人获胜的概率就行。这玩意直接对两个人分别上dp
466C：考虑哪些黑色格子被剩下了，然后跑容斥，考虑哪些黑格子被选了，直接求答案
469C：注意到对于任意一种方案两个人不可能都弃疗，那么只要用总方案分别减去两个人不合法的情况。什么时候会不合法呢，令\(x\)为J先审的电影，\(y\)为B先审的电影，\(sum = \sum_{i=0}^{totx}{timeJ_{x_i}, minlow = \min_{j=0}^{toty-1} ( \sum_{i=0}^{j}({timeJ_{y_i}-timeB_{y_i}}) - timeB_{y_{j+1}} ) } \) 那么只有 \(sum + minlow < 0 \)时才会不合法，那么只要看每本电影是给第一个人呢，还是给第二个人，更新一下\(sum\)和\(minlow\)就行了
471C：听说TC会出模拟退火？
472C：一道大分类讨论题……
473C：令\(f_{c,x,y}\)表示\(c\)种颜色的车占领了\(x\)行\(y\)列的方案，\(g_{n,x,y}\)表示\(n\)辆同样颜色的车占领了\(x\)行\(y\)列的方案，后者用容斥搞，前者用后者搞
475C：注意到如果某个集合可以被选中，那么其中的兔子都可以视为选到了最大值，其余的兔子都可以视为取到了最小值，这样就不用考虑每只兔子有多种的得分的可能性了。为了避免重复计数，枚举集合中的最小值，大力DP即可
476C：对于树边，向根的方向的船的个数要大于等于\(crewSize\)。对于环边，向左走到环顶的最小值加上向右走到环顶的最小值之和要大于等于\(crewSize\)，记录当前向左走的最小值就可以dp了
477C：对于一棵子树来说，最多只有一条边从其中连出去，因为子树的父边一定得走。那么直接纪录有没有边就可以树D了
478C：分别考虑每箱苹果的贡献。对于一种选取箱子的方案，影响它对答案的贡献有：这箱苹果有没有选，剩下选了的苹果的总个数。于是只要求出不取某箱苹果，但总苹果数为\(x\)的方案数。因为苹果箱子的顺序与总的结果是无关的，所以可以把这箱苹果看成是最后转移的，这样只要跑一个转移的逆过程就行——就是一个差分
479C：每个人最多只能被卡住一次……
480C：靠虑反向的过程，第一次操作后序列会变成若干段连续的数字。注意到一段连续的数字最多被切开一次，记录一下上个数字是啥就可以dp啦，注意不能有前导零啥的
481C：二分答案，这样的话只要在每次转移之前判断一下能不能在结束前做完，就可以扔掉打印机移动的时间。直接跑状压dp，用\(f_{i,j}\)表示当前在\(i\)，而启动的打印机集合为\(j\)，合法的最短时间
482C：没有标记的砝码之间的和差 都是可以介出上下界的，直接在未标记的砝码的周围寻找有没有解
483C：这题非常exciting／二分答案是有反例的。更大的船可能不会更优……但是注意到两艘船的载重量之差如果大于等于了最重的，那么较大的船一定较优。于是可以二分出一个大致的解，然后暴力向上扫一扫即可。
484C：怎么样区分出两个数？只要有一张卡上一个数出现了一个数没出现即可。于是考虑这样一种贪心：把一个数放进0张卡中，把若干个数分别放进1张卡中，把若干分别放进2张卡中……这样做可以保证卡上的数字总量最少，并且每张卡上的数字个数是差不多的。二分答案即可
487C：讲道理这场的C比B要简单（捂脸）。这题真的是突破天际啊……
1 int getNumber(int m, int n) 2 { 3 f[0] = f[1] = 1; 4 for (int i = 1; i <= n; ++ i) f[i] = (0ll + f[i - 1] + f[i - 1] - (i == m) - (i - m - 1 < 0? 0: f[i - m - 1]) + MOD) % MOD; 5 return (f[n] - f[n - 1] + MOD) % MOD; 6 }
488C：列出不等时候大力讨论
489C：BZOJ????，考虑从小向大插入每一棵树，那么被覆盖的面积是可以被确定的，于是就是一个插头dp状物。
490C：你看横行这么窄，直接上倍增！用\(i,j,k\)表示从第\(1\)个矩形的第\(1\)行第\(i\)列，走到第\(k\)个矩形的第\(r\)行第\(j\)列的最短距离
491C：二分答案，匹配建图，大力跑费用流
492C：把图建的好看科学点，跑dij
493C：大力dp咯，状态是有四种的（捂脸
494C：高斯消元求自由元数量
495C：一种方案可以停靠的位置是分层的，是一种大循环节内有小循环节的结构，然后有两种层（画图可知）。于是只要记搜就行了
496C：考虑把这个哈密顿路径补成哈密顿回路，可以证明将0，1放在一起的哈密顿回路和最优的哈密顿回路是一样长的，那么只要贪心就行了
497C：BSGS。可以求出 \(0k\) ~ \(mk\) （\(m\)是一个任取的数）每一项的值，那么在 \(ik\) ~ \((i + m)k\)中符合条件的那些数肯定对应了其中的几段权值区间，二分出边界即可
498C：如果不考虑坏点的话，行列可以分开dp。考虑坏点的话，就是加一个dp＋容斥，把不合法的情况给roll掉
499C：A，B，C，D个数相同的串都可以互相达到，因此根据字符的个数来建边，然后上tarjan＋DP
500C：枚举9 6 8 4的个数，就可以得到所有情况，用组合数得到答案
501C：大力dp咯
502C：BZOJ4314 ，先把集合考虑成排列，最后除以\(n!\)可以得到答案。对于没有限制的情况，前\(n-1\)个数可以随便选，最后一个数补成整除。用\(f_{n,m,k}\)表示\(n\)个数，有\(m\)个数和最后一个数是相同的，和被\(k\)整除的方案数。用类似补集转化的方式转移，式子太长太鬼畜写不下（捂脸
503C：大力dp咯，仔细实现即可
504C：以C分段，按区间考虑
553C：二分环长，建差分约束，如果有负环就是不合法的。如何知道当前环长是否太长？只要看负环中环的系数就行了，看它是正的还是负的。
554C：裸的矩阵快速幂
555C：对于某个起始位置，考虑那些修改结果与最终结果没有矛盾的时刻，越晚的时刻合法的位置显然较多，且包含较早的时刻。于是可以得到指针如果从某个位置开始，那么哪些位置必须要被事先涂上颜色。统计有重复？直接上容斥～
558C：BZOJ3774（膜拜一下建图即可AC
559C：考虑圆上的某点到另一个圆的最短路径。它要么是该点向圆心方向引出的一条线段，要么是一个沿圆周走一段再沿着公切线走。于是可以二分答案，然后判断圆上的哪个区域是合法的。
560C：如果和式中如果有\(ab\)这么一项，那么通过调整法可以证明\(a\)、\(b\)至少要有一个数达到了上下界。于是可以枚举每个数有没有达到边界，这样的话和式中的每一项都至少被确定了一个，这就成一次函数的极值问题了
561C：这玩意是棵树，然后就没有然后了
562C：分\(k*2 \leq n\)与 \(k*2 > n\) 两种情况讨论一下
563C：用类似图哈希的方法知道每个位置的hash值，判断哪些位置是等价的
564C：如果没有限制的话，可以先随便选前\(n－1\)个数，最后一个数配平。于是从高向低位枚举每位的时候只要一个数没有达到上界，那么其他数就可以随意选了。
565C：ABC三个点构成的虚树要么是一条链，要么是星形的，分类讨论一下即可
567C：情况数少，记搜可过
568C：有两种暴力1.枚举剩下的元素，某些匹配不能放在一边，这是个黑白染色问题，bfs判断是否合法 2. 枚举当前已知的每对匹配是向哪个方向连，然后就可以得到一些限制，某个区间向上连的线的条数的奇偶性，用bfs判断是否矛盾。合起来就行了
569C：肉眼观察法，对了有个式子很有趣\(\lfloor \frac{ans}{k} \rfloor \mod p = (ans \mod p - ans \mod k) * k^{-1} \mod p \)
570C：基佬题（雾，膜拜一下建图即可AC
571C：每个盘子上能到达的区域是个区间，直接SPFA
572C：若有解，则可以将两个字母环分别展开成链，并且对应关系不相交。暴力枚举展开方法后贪心即可，注意合法性
578C：首先暴力枚举一条将两棵子树分开的一条边，令\(f_{i,j,k,l}\)表示 以\(i\)为父亲的\(j\)这棵子树 与 以\(k\)为父亲的\(l\)这棵子树 匹配的答案，转移的时候直接跑 KM，时间复杂度\(O(n^5)\)
583C：令\(P_i\)为\(i\)次操作后仍未结束的概率，那么就有答案\(ans=\sum_{i=0}^{\infty}P_i\)。考虑容斥，令\(Q_S\)为\(S\)这个行列集合没有被选中的概率，则有\(P_i=\sum_{S}{(-1)^{|S|}Q_S^i}\)，带入可以得到\(ans=\sum_{S}\frac{(-1)^{|S|}}{1-Q_S}\)，然后就可以大力状压dp了
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原文地址：http://www.cnblogs.com/AwD-/p/6919141.html
