标签：algorithm 十分 img math 高斯消元 namespace 建筑 直接 else
1.一个图论套路，结合之前的小知识（枚举子集）
例：Online judge 1268，Online judge 1396
询问一个图连通的方案数时，可令Dp一维为图是否连通，另一维是图的二进制表示（完全图可简化为点的个数），从而$Dp[x][0]$可通过$Dp[y][1]$来转移$y\subset x$
具体来说，可令$x$中任意一个点为定点，枚举其中包含的联通块，同时其他点与该联通块之间不会有线段连接，按照题意列出方程可做到不重不漏。之后通过全集求出$Dp[x][1]$
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 2001, MOD = 998244353; int h[MAXN], g[MAXN], f[MAXN], exp2[MAXN], c[MAXN][MAXN], n, k; int ask(int x){ memset(g, 0, sizeof(g)); g[0] = 1; for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=min(i,x); j++) g[i] = ((long long)c[i-1][j-1] * f[j] % MOD * g[i-j] + g[i]) % MOD; return g[n]; } int main(){ n = read(), k = read(); exp2[0] = 1, h[0] = 1; for(int i=1; i<=n; i++) exp2[i] = exp2[i-1] * 2 % MOD, h[i] = (long long)h[i-1] * exp2[i-1] % MOD; for(int i=0; i<=n; i++){ for(int j=0; j<=i; j++) if(j == 0 || j == i) c[i][j] = 1; else c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % MOD; } f[1] = 1; for(int i=2; i<=n; i++){ f[i] = h[i]; for(int j=1; j<i; j++) f[i] = (-(long long)c[i-1][j-1] * f[j] % MOD * h[i-j] + f[i]) % MOD; if(f[i] < 0) f[i] += MOD; } int ans = (ask(k) - ask(k-1)) % MOD; if(ans < 0) ans += MOD; printf("%d", ans); return 0; }
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 11, MAXM = 101, SIZE = 1 << (MAXN - 1); long long c[MAXM][MAXM], dp[MAXM][SIZE][2]; int cnt[SIZE], g[MAXN][MAXN]; int main(){ int n = read(), m = read(), size = (1 << n) - 1; for(int i=1; i<=m; i++){ int x = read() - 1, y = read() - 1; g[x][y] = g[y][x] = 1; } for(int i=0; i<=m; i++) for(int j=0; j<=i; j++) c[i][j] = (j == 0 || j == i) ? 1 : c[i-1][j] + c[i-1][j-1]; for(int i=0; i<=size; i++) for(int j=0; j<n; j++) if(i & (1<<j)) for(int k=j+1; k<n; k++) if(i & (1<<k)) if(g[j][k]) cnt[i]++; for(int i=0; i<n; i++) dp[0][1<<i][1] = 1; for(int i=0; i<=size; i++) dp[0][i][0] = c[cnt[i]][0] - dp[0][i][1]; for(int i=1; i<=m; i++){ for(int j=0; j<=size; j++){ int u = j & (-j); for(int k=(j-1)&j; k; k=(k-1)&j) if(k & u) for(int p=0; p<=i; p++) dp[i][j][0] += dp[p][k][1] * c[cnt[j-k]][i-p]; dp[i][j][1] = c[cnt[j]][i] - dp[i][j][0]; } } double ans = 0; for(int i=0; i<m; i++) ans += (double)dp[i][size][0] / c[m][i]; printf("%.6lf", ans / (m + 1)); return 0; }
2.卡特兰数
例：hdu 5184
卡特兰数可从一维扩展为二维，具体体现为：有$n$个$0$和$m$个$1$的数构成的队列，其中保证任意时刻$0$的个数大于$1$的个数，求最后的方案数
若保证$0$的个数等于$1$的个数，答案就是标准的卡特兰数$ans=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1}$，当个数不确定时，$ans = C_{n+m}^{n}-C_{n+m}^{n+1}$，相当于一个二维的卡特兰数
3.第一类斯特林数
第一类斯特林用于求一些十分古怪的模型
例：hdu 4372
将最高的建筑请况讨论之后（组合），要将剩下的建筑插入到这些建筑之中，这时就有了疑惑，首先这不是集合，建筑之间有序，可以将一组建筑中最高的哪一个建筑作为标志，剩下的建筑放在这个建筑的右边，这样就形成了一个环，转化为了第一类斯特林数。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 2001, MOD = 1e9+7; int c[MAXN][MAXN], s[MAXN][MAXN]; int main(){ for(int i=0; i<MAXN; i++){ c[i][0] = c[i][i] = 1; s[i][0] = 0, s[i][i] = 1; for(int j=1; j<i; j++){ c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % MOD; s[i][j] = ((long long)(i-1) * s[i-1][j] % MOD + s[i-1][j-1]) % MOD; } } int T = read(); while(T--){ int N = read(), F = read(), B = read(); printf("%d\n", (long long)c[F-1+B-1][F-1] * s[N-1][F-1+B-1] % MOD); } return 0; }
4.概率与期望的dp转移
1.常规转移（题目十分少见），且多半是水题，例如：hdu 4405 没有其它技巧，直接dp。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <cmath> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 100020; double Dp[MAXN]; int last[MAXN]; int main(){ memset(last, -1, sizeof(last)); while(1){ int n = read(), m = read(); if(n == 0 && m == 0) break; for(int i=1; i<=m; i++){ int x = read(), y = read(); last[x] = y; } for(int i=n; i<=n+5; i++) Dp[i] = 0; for(int i=n-1; i>=0; i--){ if(last[i] != -1) Dp[i] = Dp[last[i]]; else Dp[i] = 1 + (Dp[i+1] + Dp[i+2] + Dp[i+3] + Dp[i+4] + Dp[i+5] + Dp[i+6]) / 6; } printf("%.4lf\n", Dp[0]); for(int i=0; i<=n; i++) last[i] = -1; } return 0; }
2.高级转移，dp转移表达式中包含其本身，例：hdu 3853，记得在转移的时候需要判断分母是否为0.
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 1001; double Dp[MAXN][MAXN], a[MAXN][MAXN][3]; int main(){ int r, c; while(scanf("%d%d", &r, &c) != EOF){ memset(Dp, 0, sizeof(Dp)); for(int i=1; i<=r; i++) for(int j=1; j<=c; j++) for(int k=0; k<3; k++) scanf("%lf", &a[i][j][k]); for(int i=r; i>=1; i--){ for(int j=c; j>=1; j--){ if(i == r && j == c) continue; if(abs(1 - a[i][j][0]) < 1e-7) continue; Dp[i][j] = (a[i][j][1] * Dp[i][j+1] + a[i][j][2] * Dp[i+1][j] + 2) / (1 - a[i][j][0]); } } printf("%.3lf\n", Dp[1][1]); } return 0; }
3.变态转移，dp转移有后效性，例：hdu 4089 这时需要谨慎的观察，通过某种消元方法将后效性除去（最坏就只有高斯消元了），一般来说未知数都是环形的，一轮遍历就能求解
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; long long read(){ long long ans = 0, f = 1; char ch = getchar(); while(!isdigit(ch)) f *= (ch == ‘-‘) ? -1 : 1, ch = getchar(); do ans = (ans << 1) + (ans << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); while(isdigit(ch)); return ans * f; } const int MAXN = 2001; double Dp[MAXN][MAXN]; int main(){ int N, M, K; double p1, p2, p3, p4; while(~scanf("%d%d%d%lf%lf%lf%lf",&N,&M,&K,&p1,&p2,&p3,&p4)){ if(1 - p1 <= 1e-6 || p4 <= 1e-6){ printf("%.5lf\n", 0); continue; } p2 /= (1 - p1), p3 /= (1 - p1), p4 /= (1 - p1); for(int i=1; i<=N; i++){ double k = 1, b = 0; for(int j=1; j<=i; j++) b = b * p2 + (j <= K) * p4 + Dp[i-1][j-1] * p3, k *= p2; Dp[i][i] = b / (1 - k); Dp[i][1] = Dp[i][i] * p2 + p4; for(int j=2; j<i; j++) Dp[i][j] = Dp[i][j-1] * p2 + Dp[i-1][j-1] * p3 + (j <= K) * p4; } printf("%.5lf\n", Dp[N][M]); } return 0; }
概率与期望与其他知识的联系密切，如：Online 1396 Online 1390，与其他知识的结合能更快做出这一类题。
标签：algorithm 十分 img math 高斯消元 namespace 建筑 直接 else
原文地址：https://www.cnblogs.com/PHDHD/p/12253209.html
