辽宁省赛总结

总结：
1.数学功底还需要加强（细节方面多注意）
2.dp还需要继续加强（各种dp类型！！！）
A.有n个[0,1]之间的随机实数，在[0,1]上均匀分布。求这n个数中的第k大数大于y的概率。
公式题：ans= ∑n−ki=0C(n,i)∗yi∗(1−y)n−i
一开始忘记加入组合数C(n,i)，没有考虑到n个数是有标号的！
B.水题，不解释
C.单调队列优化dp
n个数中取出不相连的若干个区间，区间长度不超过k。在所有方案中，求选取区间和的最大值
dp[i]:前i个数中的区间和最大值
dp[i]=max(dp[j]+sum[i]−sum[j+1],max(0,i−1−k)=<j<=i−1)
提出sum[i]，令dp[j]-sum[j+1]为fun(j)可得： dp[i]=max(fun(j),max(0,i−1−k)=<j<=i−1)+sum[i]
对于dp[j]-sum[j+1]在固定长度区间的最大值可以用单调队列优化！
用队列出队和入队限制区间限制和单调条件即可

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn =100000+10;

int n,k,a[maxn];
int que[maxn],tail,head;
int dp[maxn],sum[maxn];

int fun(int x){
    return dp[x]-sum[x+1];
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){
        sum[0]=0,dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; }
        tail=0,head=-1;
        que[++head]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            //队尾出列（下标超出区间范围）————满足条件 que[tail]>=i-1-k
            while(tail<=head&&que[tail]1-k)  tail++;
            //求dp值————dp[i]=fun(que[tail])+f(i)
            int x=que[tail];
            dp[i]=fun(x)+sum[i];
            if(i<=k) dp[i]=max(dp[i],sum[i]);
            //队头入列（挤出下标和值都小于当前数的值————满足条件：队列中元素fun值严格递减
            while(tail<=head&&fun(que[head])<=fun(i)) head--;
            que[++head]=i;
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
}

D.组合dp
1.计算n个点的有向无环图（DAG图）个数
2.计算有”所有点入度不大于k”限制的n点有向无环图个数
1.dp[i][j]:i个点中j个点出度为0的DAG图个数
如果去掉该j个点及其入边后还剩k个点出度为0
dp[i][j]= ∑i−jk=1dp[i−j][k]∗(2j−1)k∗(2j)i−j−k
初始化：dp[1][1]=1
复杂度：O(n^3)
2.dp[i][j]= ∑i−jk=1dp[i−j][k]∗dp2[i][j][k]
dp2[i][j[k]:i个点中有j个点出度为0，去掉该j个点后还有k个点出度为0，且满足条件2的DAG图个数

E.区间dp
n个处于[0,100]中的数，每次合并相邻两个数，合并结果为(a+b)%100，合并代价为a*b，求合并n-1次的最小代价
特点：将区间[i，j]中的所有数合并成一个数，合并结果不随着合并方式改变，结果为[i,j]区间中所有数的和
dp[i][j]=max{dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[i,k]*sum[k+1,j],i<=k<=j-1}
初始化dp[i][i]=a[i]
复杂度：O(n^3)

F.水题，不解释

G.DAG图dp
求单源”边递增”最短路径。
将DAG图中的所有边从小到大排序，如果此时的起点已经加入”可行集合”，那么加入该边后以头结点更新尾节点的dis值

H.水题，不解释

I.求树的直径+求连续区间数的lcm
给一颗无根树，试确定根后使得所有点的深度的最小公倍数最大。（根节点深度为1）
1.求树的直径L
2.求1,2,3…L的最小公倍数lcm（需要对mod取模）
方法：1.筛选出1,2…L中所有的素数
2.对于任意一个素数p，lcm中p的幂次等于[n/p]
因此ans= ∏ki=1p[logpin]i ，p1,p2…pk是1,2…n中所有的素数
复杂度：O(n)
拓展：
1.求n个数的lcm（需要对mod取模），数据范围为N
做法：
1、预处理 N−−√ 范围内的所有素数
2、对n个数进行素因子分解，如果素因子大于 N−−√ ，则lcm中最多幂次为1,；如果素因子不大于 N−−√ ，则维护每个素因子的幂次最大值
复杂度：O(n* N−−√ ),对于1000个在1e9范围内的数可做
思想：用质因子分解解决lcm问题
注意：求lcm并取模，只能通过质因子方法求解！

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;

const ll maxn = 1000+10;
const ll mod = 1e9+7;
ll n,a[maxn];
map ma;// 记录素数i的个数cnt
set se;//set记录存在的素数i
ll ans;
set::iterator iter;

ll Power(ll a,ll b){
    ll tmp=1;
    while(b){
        if(b&1){ tmp=(tmp*a)%mod;b--; }
        b>>=1,a=(a*a)%mod;
    }
    return tmp;
}

void Factor(ll x){
    for(ll i=2;i*i<=x;i++){
        ll cnt=0;
        if(x%i==0){
            while(x%i==0){
                cnt++;
                x/=i;
            }
        }
        if(cnt){
            if(!se.count(i)) { se.insert(i); ma[i]=cnt; }
            else ma[i]=max(ma[i],cnt);
        }
    }
    if(x!=1){
        if(!se.count(x)) { se.insert(x); ma[x]=1; }
        else ma[x]=max(ma[x],1ll);
    }
}

int main(){
    //freopen("a.txt","r",stdin);
    //freopen("b.txt","w",stdout);
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
        ma.clear();
        se.clear();
        ans=1;
        for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
        for(ll i=1;i<=n;i++){
            Factor(a[i]);
        }
        for(iter=se.begin();iter!=se.end();iter++){
            ll x=*iter;
            ans=(ans*Power(x,ma[x]))%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

J.二次函数极值，不解释。