分析 设 \(f_{i,j}\) 为使用了 \(i\) 个串，匹配到了 \(S\) 的前 \(j\) 位的方案数。 \[ f_{i,j} = \sum_{S[i-m,i] = S_0} f_{i-1,i-m} \] 其中 \(S_0\) 表示一个匹配串，\(S[i-m,i]\) 是这个长度为 \(m\) 的匹配串的长度。 可以用 KMP 算法快速求出匹配串 \(S_0\) 在 \(S\

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以下是简单矩阵乘法题目大赏。 注意我这时候的矩阵乘法还没有形成固定的码风，所以代码看起来差异较大且比较别扭，见谅。 luogu5343 分块 分析 分的块长必须同时满足二人的要求，所以必然是二者的交集。 设 \(f_i\) 为长度为 \(i\) 序列的分块方案数，有 \(f_0 = 1\)。 \[ f_i = \sum_{j=1}^m f_{i-a_j} \] 其中 \(a_i\)

分析 首先预处理出杀死每条龙时要使用哪一把剑，设杀死第 \(i\) 条龙用的剑的攻击力为 \(atk_i\)。 那么问题转化为求解 \[ \left\{ \begin{array}{l} atk_1 \cdot x &\equiv a_1 \pmod{p_1} \\ atk_2 \cdot x &\equiv a_2 \pmod{p_2} \\ &\vdo

luogu4391 无线传输 分析 题目说的很别扭，实际上是求一个最短的 \(S\) 的子串，满足这个子串自我拼接之后，\(S\) 是这个拼接串的子串。也就是 \(S\) 的最小周期。 若 \(|S|=n\)，则答案为 \(n-next_n\)。证明如下： 如下图表示 \(S\) 的最大 Border 相交的情况，黑色部分是字符串 \(S\)，蓝色部分是和红色部分是 \(next_n\)

基础概念 定义 \(S\) 为一个字符串，其长度为 \(n=|S|\)，不特殊说明的情况下，下标从 \(1\) 开始，\(S_i\) 为 \(S\) 中从左往右第 \(i\) 个字符。 \(S[l,r]\) 为 \(S_l,S_{l+1} , \ldots S_{r}\)，称为 \(S\) 的一个子串。\(S[1,i]\) 称为 \(S\) 的一个前缀 (prefix)，\(S[i,n]\

CF1713. A. Traveling Salesman Problem 注意到答案为 \(2 \cdot (Rx-Lx+Ry-Ly)\)，其中 \(Rx\) 为最大的横坐标，\(Lx\) 为最小的横坐标，\(Ry\) 与 \(Ly\) 同理。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long l

ABC263. A. Full House #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long int h[15]; int read() { int a=0, f=1; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) { if(c=='

CF1716. A. 2-3 Moves 分析 注意到 \(n=1\) 的时候要使用 \(+3\)，\(-2\) 两次操作。 如果 \(3 \mid n\)，那么全部用 \(3\) 就好，操作数 \(\frac{n}{3}\)。 否则当 \(n \equiv 2 \pmod 3\) 时，先用一次 \(2\) 然后全部用 \(3\) 即可，操作数 \(\lfloor \frac{n}{3

菜死了啊。 都是些比较简单的题目，可惜我做不出来 ABC261D Flipping and Bonus 分析 称正面朝上为获胜，反面朝上为失败。 一开始认为，输掉一局相当于把计数器置 \(0\)，所以应该加入状态，设 \(f(i,j)\) 为前 \(i\) 局，输掉 \(j\) 局，所能得到的最大收益。这个状态最大的问题是信息缺失。你怎么知道你赢下第 \(i\) 局是几连胜？无法转移