午休，大黄突然走进来 大黄：闪电特效！ 其他人：？ 大黄：5k! 其他人：？？？ 大黄： 【闪电特效】【闪电特效】
这是什么
男人中的男人
【闪电特效】【闪电特效】
雄性中的雄性
【闪电特效】【闪电特效】
巅峰！
【闪电特效】【闪电特效】
A.好数
简单变形一下
\[f_i+f_j+f_k=c \]\[f_j+f_k=c-f_i \]然后 \(f_j+f_k\) 是可以 \(n^2\) 维护的，所以你直接把这玩意丢桶里
直接在桶里查 \(c-f_i\) 就行了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,a[5001];
int cnt2[1000001];
const int dx=500000;
int ans,ans2;
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=i-1;++j){
if(cnt2[a[i]-a[j]+dx]){
ans2++;
break;
}
}
for(int k=1;k<=i;++k){
cnt2[a[i]+a[k]+dx]=true;
}
}
cout<<ans2;
}
B.SOS 字符串
赛时打的记搜不够优，所以没怎么拿分
我的思路是记一下字符串里有多少通配符，最后快速幂一块乘起来，赛后发现自己就像若智一样，这么写既浪费时间又拖慢记忆化
所以，设 \(f_{i,0/1/2,k}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位，在最近的一个 SOS 中未填(\(0\))，填到第一个 S（\(1\)），填到 O ，并且已经填完了 \(k\) 个 SOS 的方案数，直接按这个思路转移即可
注意点
- 这题卡掉了 map 的记
- \(k\ge 3\) 的情况本质是一样的，所以不要再去考虑 \(k\gt 3\) 的情况了，转移的时候直接对 \(3\) 取 \(\min\)
分讨都在注释里了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
int n;
int ans[]={
0,
//0
0,0,0,0,0,0,0,0,1,104,6757,351205,15973496,664272712,899139165,727408931,230839283,110517859,10938323,18380962,801591834,538331878,360540447,210225942,551547105,929157669,272821968,705926995,775855957,92872414,973270409,391860935,335059301,85671406,897860651,44139736,589503918,625697165,907940909,65840028,296877522,118994829,791306555,545227129,339582817,556088554,498324683,790874686,448130225,415804878,265383931,350869320,508306396,230852520,207518131,393727895,10918291,217898849,356629754,725800340,721470986,818807886,418275274,98166057,166836105,700350963,284803896,926512861,894412347,395302972,592929019,126921505,647951981,929483993,943743437,633413084,615394211,839148006,505351030,635923265,581764455,628567567,602039917,894182098,22633948,459519338,392370752,266609453,230295067,470625000,553777871,371352394,924404107,267364811,494994623,656969894,411339471,219584748,278697715,
//1-99
386050963,938717640,475120605,760806437,753435202,314937563,851110504,797356893,245785631,262365753,833638573,356358070,487921967,794091475,326352338,473729558,565259085,171901369,335540820,814721033,161257365,217687425,155138438,808186780,386518022,83983404,717178046,78856463,235246882,499975775,733374510,215560962,110112138,900818712,197816052,679749741,695794560,543244371,289768441,371534780,751829883,510022775,825226346,407146882,671249767,392207831,889684111,972461673,42143586,173024277,930675066,714500895,313370867,972865022,223928126,923599447,178339933,889909549,40600138,975842829,849125694,668460497,952095956,598470711,655030486,322257610,772694338,624583367,4058244,987656118,585739412,576086511,325923294,813523092,122889315,110009872,706599969,267933649,400120157,886092645,943382227,712297353,218809367,496788446,84125031,637155241,142014530,438296963,902423764,422839788,724584421,920976540,92270597,170789534,937908052,738236019,394787814,710269016,541613082,88290832,325997693
//100-200
};
inline int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
int f[1000001][4][5];
int dfs(int now,int sta,int soscnt){
if(now>n){
return (soscnt>=3)%p;
}
if(f[now][sta][soscnt]){
return f[now][sta][soscnt];
}
int res=0;
if(sta==2){
res=(res+dfs(now+1,0,soscnt))%p; //O
res=(res+dfs(now+1,0,soscnt==3?3:soscnt+1))%p; //S
res=(res+24*dfs(now+1,0,soscnt))%p; //*
}
if(sta==1){
res=(res+dfs(now+1,2,soscnt))%p; //O
res=(res+dfs(now+1,1,soscnt))%p; //S
res=(res+24*dfs(now+1,0,soscnt))%p; //*
}
if(sta==0){
res=(res+dfs(now+1,0,soscnt))%p; //O
res=(res+dfs(now+1,1,soscnt))%p; //S
res=(res+24*dfs(now+1,0,soscnt))%p; //*
}
return f[now][sta][soscnt]=res%p;
}
signed main(){
freopen("sos.in","r",stdin);
freopen("sos.out","w",stdout);
cin>>n;
cout<<dfs(1,0,0);
}
P4141.消失之物
直接做 \(q\) 遍 DP 的话，有很多都是重复计算的
考虑怎么才能只做一遍 DP
我们在做 DP 的时候，如果选了 \(i\)，转移为
f[j]+=f[j-w[i]]
所以当我们不选 \(i\) 的时候，从答案里减掉的贡献即为
f[j]-=f[j-w[i]]
乍一看不是很对，实际上直接无脑减确实是不对的，但是只要满足转移和撤销是反着来的，那么，后更新的就会先被撤销，那么就一定是正确的了（当然，如果你开两维就可以很好地避免动这个脑子）
为什么要在最终状态上撤？其实在这里撤和在转移到 \(i\) 撤是一样的，虽然答案增加了，但是两个版本的答案的差并没变
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p=10000;
int n,m;
int w[2001];
int f[2001];
int g[2001];
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&w[i]);
}
memset(f,0,sizeof f);
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=m;j>=0;--j){
if(j>=w[i]) f[j]=(f[j]+f[j-w[i]])%p;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
memcpy(g,f,sizeof f);
for(int j=w[i];j<=m;++j){
g[j]=(g[j]-g[j-w[i]]+p)%p;
}
for(int j=1;j<=m;++j){
cout<<g[j]%10;
}
cout<<'\n';
}
}
二维写法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p=10000;
int n,m;
int w[2001];
int f[2001][2001];
int g[2001];
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&w[i]);
}
memset(f,0,sizeof f);
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
if(j>=w[i]) f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-w[i]])%p;
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%p;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
memcpy(g,f[n],sizeof f[n]);
for(int j=w[i];j<=m;++j){
g[j]=(g[j]-g[j-w[i]]+p)%p;
}
for(int i=1;i<=m;++i){
cout<<g[i]%10;
}
putchar('\n');
}
}
C.集训营的气球
和上一个题类似，这个题无非就是加一个重新 DP 的过程
设 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个人选了强制选的那个，正难则反，我们可以求出不合法的方案书，再用总方案去减
总方案很好求，\(tot=\prod\limits(a_i+b_i)\)，剩下的不合法方案数直接套模板
总方案数的修改 \(tot'=\frac{tot'}{a_i\times b_i}\times(a_i'\times b_i')\)
背包的转移
\[f_j=f_{j-1}\times a_i+f_j\times b_i \]（这个转移就是考虑到当前人，他选择 \([1,a_i]\) 内的任意一个就会贡献一个强制选，否则不会）
撤销
无非就是除以原来的方案数，乘上现在的方案数
除以原来的方案数
\[f_i=\frac{f_i-f_{i-1}\times a_p}{b_p} \]乘上现在的方案数，和前面转移是一样的，这就是撤销后的恢复操作
要注意的是 \(f_0\) 作为起始值需要单独转移
除法直接用逆元处理即可
（\(p\) 为修改位置）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e9+7;
int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
int a[1000001],b[1000001];
/* not satisfied the request
f_i record the number that has f_i people choose balloon
ans = tot - sum{f_i} */
int f[21];
int n,c,q;
int tot;
signed main(){
freopen("balloon.in","r",stdin);
freopen("balloon.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lld",&b[i]);
}
tot=f[0]=1;
// do dp at first status
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=c-1;j>0;--j){
f[j]=(f[j-1]*a[i]+f[j]*b[i])%p;
/* f the ith people don't choose,
then there's f_j to f_j,
otherwise f_{j-1} to f_j*/
}
f[0]=(f[0]*b[i])%p;
/*
still nobody choose
*/
tot=(tot*(a[i]+b[i]))%p;
}
scanf("%lld",&q);
while(q--){
int id,x,y;
scanf("%lld %lld %lld",&id,&x,&y);
tot=tot*power(a[id]+b[id],p-2)%p*(x+y)%p;
/*cal the new tot*/
int inv=power(b[id],p-2);
f[0]=f[0]*inv%p;
/*cal the new f_0*/
for(int i=1;i<=c-1;++i){
f[i]=(f[i]-f[i-1]*a[id]%p+p)*inv%p;
}
/*undo the dp*/
for(int i=c-1;i>0;--i){
f[i]=(f[i-1]*x+f[i]*y)%p;
}
/*redo the dp*/
f[0]=f[0]*y%p;
a[id]=x;b[id]=y;
int ans=tot;
for(int i=0;i<=c-1;++i){
ans=(ans-f[i]+p)%p;
}
cout<<ans<<'\n';
}
}
推歌
ギャンビット 雄之助feat.初音未来
ショーケース
固定された姿のままで
悲しむマネキンな自分の
提唱する感傷など
投げ捨てろ
還元なき逃走には
リスクが付き物
結局はあいつらが
嫌いなだけなのさ
関係ない人も
敵に見えてたんだ
Fighting back 依存気味の
借り木を取り除いて
横やりばかりな
妄執へと言い聞かせる
Dancing Doll 終わるのには
早いと気付けたなら
踊り続ける
その足で蹴り飛ばせ
力の限り
Face is handmade
このハッタリ堪えがたい
Nightmare maze
性別や姿がどうしたんだ
苦しむPrideたちがEnemyは
ほんの一部だけだと指を差す
結局は知って欲しい
火打ちを奪われて
消えかけの意志で
当たり散らした
本当は何回も
思ったことがある
取り返す勇気と
自信さえあればとずっと
乾坤一擲
推して参れ
Free Phase
Don't come back here
Don't come back here
逆を向いた月が
夜闇に呑まれようと
鋭く尖らせて
Gambit 犠牲の上
目覚めた今があれば
あらゆる過去など
餌にしてもお釣りがくる
Fighting back 塗り潰した
切り目を引き直せ
感情は渡さない
あいつらに渡さない
这是什么
huge on the front
i can't view a beautiful laopo