很久没写题解了，去ec之前来填一填坑，希望能攒攒人品。。。
首先是去年上海F题。。uvalive7143
题意：
给n个人分 m间房子，每个房间的容量是已知的，其中有k对双胞胎，双胞胎可以看作相同的人，问总的方案数
其中n<=10W m=10 2k<=n
思路：
dp状态为， 前i个房子分完还剩多少对双胞胎（被拆散的不算）的方案数，转移结合组合数
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
long long dp[][];
int a[];
int sum[];
long long f[];
long long inv[];
const long long mod=1e9+;
long long _pow(long long a,long long b)
{
long long res=;
while(b)
{
if(b&)
{
res=res*a%mod;
}
b>>=;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
long long c(int n,int m)
{
if(n<m)
return ;
if(n<||m<)
{
return ;
}
return f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
int T,cas=;
scanf("%d",&T);
f[]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
f[i]=f[i-]*i%mod;
}
for(int i=;i<=;i++)
{
inv[i]=_pow(f[i],mod-);
}
while(T--)
{
int n,m,k;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
memset(dp,,sizeof(dp));
sum[]=;
for(int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d",a+i);
sum[i]=sum[i-]+a[i];
}
dp[][k]=;
for(int i=;i<=m;i++)
{
for(int j=;j<=k;j++)
{
int tot=sum[m]-sum[i-];
for(int t=;t<=j;t++)
{
long long d=dp[i-][j]*c(j,t)%mod*c(tot-(j-t)*-t,a[i]-t)%mod;
dp[i][j-t]=(dp[i][j-t]+d)%mod;
}
}
}
printf("Case #%d: %lld\n",cas++,dp[m][]);
}
return ;
}
然后是今年莫斯科赛区 H 。。cf gym 100972
题意：
有10W个数 每个数不超过255，要求一个子序列 a[] 使得子序列中 sum(i xor a[i]) 的值最大 其中 i 是选出的子序列中的下标
思路：
如果范围只有1000那就是傻逼题，现在有10W，需要考虑优化。
先考虑取子序列越长越好，发现有bug。然后想到由于每个值不大于255 显然如果选它，它对答案贡献只跟下标的后8位有关，少取256个和全取下标的后8位就循环了
因此最多少取255个
所以dp状态为 dp[i][j]表示前i个数有j个没取的最大值，转移的时候注意边界
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std;
long long dp[][];
long long dp1[][];
int to[];
int a[];
int main()
{
for(int i=; i<; i++)
{
to[''+i]=i;
}
for(int i=; i<; i++)
{
to['A'+i]=+i;
}
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=; i<=n; i++)
{
char s[];
scanf("%s",s);
a[i]=;
for(int j=; j<; j++)
{
a[i]=*a[i]+to[s[j]];
}
}
long long ans=;
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int i=; i<=n; i++)
{
for(int j=; j<min(i,); j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i-][j]+(a[i]^(i--j)),dp[i-][j-]);
}
if(i<)
dp[i][i]=;
}
for(int i=; i<=; i++)
{
ans=max(ans,dp[n][i]);
}
printf("%I64d\n",ans);
return ;
}
最后是合肥d题。。hdu5555
题意：
有一个n*n的矩阵，对每个1<=x<=n ( x, 0)处都有一只frog，它们会向上跳，同时每个y ( 1 <= y <= n)有一个跳板，跳板可能是好的（长度为n），也可能是坏的 （长度小于n）。已知frog们最多会跳10个坏的跳板， 现在要在跳板上的某些位置放n个药丸（每个跳板一个），问所有的frog都恰好吃一个药丸 并且能跳出矩阵的方案数
思路：
先考虑坏的跳板，由于每个x坐标最多有十个坏的，可以状压它们，代表这10个有没有被前面的frog用过（即在前面frog的 x 坐标处放过了药丸），我的代码里为1代表没被用
注意在状态转移的过程中，某一个frog可能是在自己的坏跳板上吃了药丸，还可能在 好的跳板上吃了药丸，如果对每个frog 都向好的跳板转移，显然好的跳板是不够用的，那么怎么处理呢？
思考后容易发现其实不需要处理，因为有且只有n个 药丸，如果前面某个跳板 还没有被使用就已经不能用了 显然这是一个非法的状态，那么直接不进行转移就好了
最后的答案就是dp[n][0]* (好的跳板个数)！ ,为什么要乘阶乘呢，因为显然好的跳板位置是不同的，如果由不同的frog使用了 那么方案也是不同的
感觉有点说不清楚了，具体见代码
代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const long long mod=;
struct node
{
int l, r;
}; vector<node> v;
vector<int> g[];
long long dp[][<<];
int l[];
int r[];
int getnum(int x,int t)
{
int res=-;
for(int i=; i<(int)g[t].size(); i++)
{
if(g[t][i]==x)
res=i;
}
return res;
}
int bz(int st,int now)
{
return ((st>>(now+))<<(now+)) + (st&((<<now)-));
}
long long f[];
int main()
{
f[]=;
for(int i=; i<=; i++)
{
f[i]=f[i-]*i%mod;
}
freopen("in.txt","r",stdin);
int T,cas=;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
v.clear();
for(int i=; i<=; i++)
{
g[i].clear();
}
int nn=;
int n,x,y;
scanf("%d",&n);
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d",l+i);
}
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d",r+i);
}
for(int i=; i<n; i++)
{
x=l[i],y=r[i];
if(y-x+<n)
{
v.push_back(node{x,y});
}
else
{
nn++;
}
}
for(int i=; i<(int)v.size(); i++)
{
for(int j=v[i].l; j<=v[i].r; j++)
{
g[j].push_back(i);
}
}
int ok=;
for(int i=; i<=n; i++)
{
if((int)g[i].size()>)
{
ok=;
}
}
if(!ok)
{
printf("Case #%d: 0\n",cas++);
continue;
}
memset(dp,,sizeof(dp));
dp[][]=;
for(int i=; i<=n; i++)
{
for(int j=; j<(<<(int)g[i-].size()); j++)
{
int st=(<<(int)g[i].size())-;
if(dp[i-][j]==)
continue;
ok=;
for(int k=; k<(int)g[i-].size(); k++)
{
if(j&(<<k))
{
if(v[g[i-][k]].r<i)
{
ok=;
}
}
else
{
if(v[g[i-][k]].r>=i)
{
int now=getnum(g[i-][k],i);
st=bz(st,now);
}
}
}
if(ok)
{
for(int k=; k<(int)g[i].size(); k++)
{
if(st&(<<k))
{
dp[i][bz(st,k)]+=dp[i-][j];
dp[i][bz(st,k)]%=mod;
}
}
dp[i][st]+=dp[i-][j];
dp[i][st]%=mod;
}
}
}
printf("Case #%d: %I64d\n",cas++,f[nn]*dp[n][]%mod);
}
return ;
}