礼物、
首先见到期望一定要想dp，看到n的范围无脑想状压，
然后我就只想到这了。
dp方程式还是比较好想的，但是我依然想不出来
略经思考 颓题解
依然不会,随便写了个式子
i状态中不含j
$f[i]=sum_limits{j=1}^{j<=n} {f[j] imes p[j] }(买到之前没有的) $$+(1-p[i]) imes {f[i]}(由自己转移过来(买到已经买过的)) $
$+1(什么也不买)$
显然不是i吖
然后
$f[i]=sum_limits{j=1}^{j<=n} {f[j] imes p[j] }(买到之前没有的) $ $+$ $(1-$$sum_limits{j=1}^{j<=n}p[j] )$ $ imes f[i]+1(店员什么也没拿)$
观察，等式右面也有fi，如果我们楞做就是高斯消元了
那么移项得
$f[i]=$ $frac{sum_limits{j=1}^{j<=n}f[j] imes p[j]+1} {sum_limits{j=1}^{j<=n} p[j]}$
转移就完了
代码
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define A 1<<24 double f[A],p[A]; ll n,m,sum=0,Smily; void turn(ll x,ll n) { ll t=x,num=0,xx[100]; while(x) xx[num++]=x%2,x/=2; for(ll i=num;i<n;i++)printf("0"); for(ll i=num-1;i>=0;i--)printf("%lld",xx[i]); puts(""); } using namespace std; int main() { scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++){ scanf("%lf%lld",&p[i],&Smily); sum+=Smily; } printf("%lld ",sum); for(ll i=(1<<n)-2;i>=0;i--){ double now=0; for(ll j=1;j<=n;j++){ if(!((1<<(j-1))&i)) f[i]+=f[i|(1<<(j-1))]*p[j],now+=p[j]; } // printf("f=%lf now=%lf ",f[i],now); f[i]++; f[i]/=now; } // for(ll i=1;i<=(1<<n)-1;i++) // { // printf("%lf ",f[i]); // } printf("%.3lf ",f[0]); }
通讯
（有向图）有环不花费，没环有花费，求使所有点连通最小花费。（保证从0节点可以到达任何节点&&图是连通的）
一眼秒错解！！！！！！！
打了个缩点+kuskal，然后自己以为能AC然后完美得到10分
题解
正解，贪心+缩点。
因为保证0可以到任何节点
每次取出当前点入边最小值，得到图依然保持连通，所以贪心正确。
代码懒得放
奇袭
题解
https://blog.csdn.net/sadnohappy/article/details/52199051
https://www.cnblogs.com/12mango/p/7465667.html
耐心看完这两篇博客相信你已经大概理解了。
以下是我自己的一些理解，
首先
$n^3$算法
无脑维护前缀和
MLE+TLE
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define A 10100 using namespace std; ll a[A][A]; bool b[A][A]; ll n,m,ans=0; const int L=1<<20|1; char buffer[L],*S,*T; #define getchar() ((S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T))?EOF:*S++) inline int Read(){ register int ret; register char r; while(r=getchar(),r<'0'||r>'9');ret=r-48; while(r=getchar(),r>='0'&&r<='9')ret=ret*10+r-48; return ret; } void dfs(ll k) { if(k==n) return ; for(ll i=1;i<=n-k+1;i++) for(ll j=1;j<=n-k+1;j++){ if(a[i+k-1][j+k-1]+a[i-1][j-1]-a[i-1][j+k-1]-a[i+k-1][j-1]==k) ans++/*,printf("k=%lld i=%lld j=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld a[%lld][%lld]=%lld ",k,i,j,i+k-1,j+k-1,a[i+k-1][j+k-1],i-1,j-1,a[i-1][j-1],i-1,j+k-1,a[i-1][j+k-1],i+k-1,j-1,a[i+k-1][j-1])*/; } dfs(k+1); } int main() { scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++) { ll xx=Read(),yy=Read(); b[xx][yy]++; } for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=1;j<=n;j++) {a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1]+b[i][j];} // cout<<a[2][4]<<endl; dfs(2); cout<<ans+n+1<<endl; }
$n^2$
略微思考，发现可以把它转换为一维的，行列不重复，所以可以用一个a数组存下来值 a[i]就下标代表第一行，具体存的数就代表第j列
那么我们发现从a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵
维护ST表或单调队列维护，严格$n^2$
约55--64分，看你常数大小
减减枝91
$n imes log n$
一个非常玄学做法，
建议结合代码来看，虽然我知道你不想看代码
玄学二分加桶
这还是我第一次遇到这样的题
事实上该做法是$n^2$的一个优化，思路和它类似a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵。
那么我们二分一个区间时有如下情况
1，当前枚举区间最大值最小值都在mid左面
2，当前枚举区间最大值最小值都在mid右面
3，最小值在左面，最大值在右面
4，最大值在右面，最小值在左面
对于1，我们要做的是扫一遍mid以左就完了，我们max-min+i就是当前区间，要判断j是否>mid 因为即使符合<=mid的情况也会在二分时解决（因为全部在左区间），我们找的最大值最小值都在mid左面，并不一定全在左面，有部分在右面
对于2，做法同1
对于3，我们首先先找到了mid以左最小，以及最大，设mid以左最小minl，最大maxl
我们定义两个指针一个minn指针，一个maxx指针，当前指针都指向mid 因为maxx<=maxl我们要满足3最大值在右面只能往右搜。我们需要找到minn>minl最大位置（因为minn往右搜只会越来越小满足单调性），maxx>ml最小位置（maxx越搜只会越来越大满足单调性）。
找到指针指向位置我们可以断定mid--maxx之间所有方案都不符合3，mid--minn之间可能符合3。
宗上那么maxx--minn之间值可能符合3;
对于”“思路和它类似a[i]-a[j]中a中最大值减a中最小如果为j-i那么就符合题目中所说的子矩阵”“ 这句话 移项
maxx-r==minn-l 我们在桶里存maxx-r 然后找到minn-l对应就完了。
对于4，做法同3
以下是本人丑陋的代码
代码
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define A 1100000 using namespace std; ll tong[A],lmax[A],lmin[A],rmax[A],rmin[A]; ll a[A]; ll n; ll work(ll l,ll r,ll mid){ ll w=0; lmax[mid]=a[mid];lmin[mid]=a[mid]; rmax[mid+1]=a[mid+1];rmin[mid+1]=a[mid+1]; for(ll i=mid-1;i>=l;i--){ lmax[i]=max(lmax[i+1],a[i]); lmin[i]=min(lmin[i+1],a[i]); } for(ll i=mid+2;i<=r;i++){ rmax[i]=max(rmax[i-1],a[i]); rmin[i]=min(rmin[i-1],a[i]); } for(ll i=l;i<=mid;i++){ ll j=i+lmax[i]-lmin[i]; if(j>mid&&rmax[j]<lmax[i]&&rmin[j]>lmin[i]) w++; } ll p1=mid+1,p2=mid; while(p1<=r&&rmax[p1]<lmax[l]) tong[rmax[p1]-p1]--,p1++; while(p2<r&&rmin[p2+1]>lmin[l]) p2++,tong[rmax[p2]-p2]++; for(ll i=l;i<=mid;i++){ while(p1>mid+1&&rmax[p1-1]>lmax[i]) p1--,tong[rmax[p1]-p1]++; while(p2>mid&&rmin[p2]<lmin[i]) tong[rmax[p2]-p2]--,p2--; w+=max(tong[lmin[i]-i],0ll); } for(ll i=mid+1;i<=r;i++){ tong[rmax[i]-i]=0; } return w; } ll solve(ll l,ll r){ if(l==r) return 1; ll mid=(l+r)>>1; ll zz=solve(l,mid)+solve(mid+1,r); zz+=work(l,r,mid); reverse(a+l,a+r+1); if((r-l+1)&1) mid--; zz+=work(l,r,mid); reverse(a+l,a+r+1); return zz; } int main(){ scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++){ ll xx,yy; scanf("%lld%lld",&xx,&yy); a[xx]=yy; } cout<<solve(1,n); }