百度网站两两学一做心得体会,o2o网站建设效果,做外贸兼职的网站设计,郑州网站推广怎么做H#xff1a;01背包#xff0c;但是bit 这题一看数据范围很大#xff0c;重量和价值都是1e8级别的#xff0c;当时还在想是不是背包#xff0c;原来就是位运算 具体来说#xff0c;我们枚举m的每一位为1的1#xff0c;强制这一位为0#xff0c;这样m被分为前后两部分…H01背包但是bit 这题一看数据范围很大重量和价值都是1e8级别的当时还在想是不是背包原来就是位运算 具体来说我们枚举m的每一位为1的1强制这一位为0这样m被分为前后两部分对于前面的部分一定要满足或后小于m简单说就是在前面m不为1的位绝不能为1而我们令当前这一位1为0了对于后面所有位都为1也不可能大于当前这一位那么我们就可以根据这进行枚举计算了 int n, m; int w[N], v[N]; void solve() {cin n m;for (int i 1; i n; i)cin v[i] w[i];int ans 0;for (int i 1; i n; i){if ((w[i] | m) m)ans v[i];}for (int i 29; i 0; i--){if (m i 1){int x m ^ (1 i); // 前面和m一样但是第i位为0了故后面就算全是1也不会大于m就是对于后面解除了限制for (int j i - 1; j 0; j--) // 后面没有限制{x | (1 j);}int res 0;for (int j 1; j n; j)if ((w[j] | x) x)res v[j];ans max(ans, res);}}cout ans endl; } I: Its bertrand paradox. Again! 找到两种方法会使得哪个统计量有显著区别尝试区分这个统计量的均值 比如求出法1该统计量均值m1、法2该统计量均值m2那对于输入数据直接看输入 数据的该统计量m和m1与m2谁更近就行了 其实很简单就当再复习一遍随机数的求法了 void solve() {// int ans1 0, ans2 0;// srand(time(NULL));// for (int i 1; i 1e5; i)// {// int x rand() % 199 - 99;// int y rand() % 199 - 99;// int r rand() % 100 1;// while (x - r -100 || x r 100 | y r 100 || y - r -100)// {// r rand() % 100 1;// }// ans1 r;// }// for (int i 1; i 1e5; i)// {// int x rand() % 199 - 99;// int y rand() % 199 - 99;// int r rand() % 100 1;// while (x - r -100 || x r 100 | y r 100 || y - r -100)// {// x rand() % 199 - 99;// y rand() % 199 - 99;// r rand() % 100 1;// }// ans2 r;// }// cout LF(6);// cout 1.0 * ans1 / 100000 1.0 * ans2 / 100000 endl;int n;double ans 0;cin n;for (int i 1; i n; i){int x, y, z;cin x y z;ans z;}ans 1.0 * ans / 100000;double dis1 abs(ans - 17);double dis2 abs(ans - 25);if (dis1 dis2)cout bit-noob endl;elsecout buaa-noob endl; } F鸡数题 第二类斯特林数 假设您已经学完了斯特林数那本题的做法是 • 将n个bit每个bit看作一件物品 • 将m个数字每个看作一个集合 • 注意到这几乎就是第二类斯特林数S(n,m)的定义n个有区别球放到m个无区别盒子 • 还差在哪里呢我们发现本题的盒子ai并不是无区别的但因为第二个条件要求了 每个盒子里的数从小到大有序所以对于S(n,m)无序中的一种方案故只需要乘1即可对其按ai大小排序就得 到了本题的一种方案且可以证明这是一种一一映射重点是证明没有多对一 • 因此本题答案就是斯特林数S(n,m) 百度链接第二类斯特林数 int pre[N]; int qpow(int a, int b) {int res 1;while (b){if (b 1)res res * a % mod;a a * a % mod;b 1;}return res; } void init() {pre[0] 1;for (int i 1; i 1e6; i){pre[i] pre[i - 1] * i % mod;} } void solve() {init();int n, m;cin n m;if (n m){cout 0;return;}int ans 0;for (int i 0; i m; i){int t 1;if (i % 2)t -1;t * pre[m] * qpow(pre[m - i], mod - 2) % mod * qpow(pre[i], mod - 2) % mod;t (t * qpow(m - i, n) % mod) % mod;ans ((ans t) % mod mod) % mod;}ans (ans * qpow(pre[m], mod - 2) % mod) % mod;cout ans endl; }