1. P10447 最短 Hamilton 路径

著名 NPC 问题。

发现 $n\le 20$，考虑状压 dp。那么设 $f_{i,j}$ 表示当前在第 $i$ 个点，$j$ 是一个 $n$ 位二进制数，$j$ 在二进制下第 $i$ 位表示第 $i$ 个点是否已经到达。那么对于这个状态，我们直接找下一个该去哪个点。也就是，假设枚举到下一个去第 $k$ 个点，那么有转移方程

$$f_{k,j+2^{n-k}}=\min (f_{k,j+2^{n-k}},f_{i,j}+di{s}_{i,k})$$

那么最终答案就是 $f_{n,2^n-1}$。时间复杂度 $O(n^2{2}^n)$，可以通过。

for(int j = 0;j < (1 << n);j++) {
  for(int i = 1;i <= n;i++) {
    if(!(j & (1 << (n-i)))) continue;
    for(int k = 1;k <= n;k++) {
      if((j & (1 << (n-k)))) continue;
      f[k][j + (1 << (n-k))] = min(f[k][j + (1 << (n-k))], f[i][j] + dis[i][k]);
    }
  }
}

2. P2114 [NOI2014] 起床困难综合症

考虑按位计算答案。我们从高到低枚举第几位，对于每一位，计算如果初始时这一位是 $0/1$ 的最终结果。

然后讨论：

• 如果可以让 $0\to 1$，直接选择 $0$。
• 否则，如果可以让 $1\to 1$，那么判断一下是否能用 $1$，可以就用。

时间复杂度 $O(n\log m)$。

for(int i = 30;i >= 0;i--) {
  int a = calc(i, 0), b = calc(i, 1);
  if(a) ans += (1 << i);
  else if(b && (m >= (1 << i))) m -= (1 << i), ans += (1 << i); 
} cout << ans << endl;

3. P10449 费解的开关

还没做，，

4. P1593 因子和

先扔个结论：

如果已知一个正整数 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_k^{a_k}$，其中 $p_i$ 为互不相同的质数，$a_i$ 为正整数，则 $n$ 的所有因子之和为 $\prod _{i=1}^k\sum _{j=0}^{a_i}{p}_i^j$。

回到本题。假设 $a=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times \dots p_k^{a_k}$，那么显然 $a^b=p_1^{a_1\times b}\times p_2^{a_2\times b}\times \dots p_k^{a_k\times b}$。再套用上面结论，有

$$ans=(1+p_1+p_1^2+\cdots +p_1^{a_1})\times (1+p_2+p_2^2+\cdots +p_2^{a_2})\times (1+p_k+p_k^2+\cdots +p_k^{a_k})$$

然后会发现是等比数列。那么和怎么求呢？这里推导一下：

记 $x=1+p_1+p_1^2+\cdots +p_1^{a_1}$。那么将左右两边同时 $\times p_1$，得到 $x{p}_1=p_1+p_1^2+p_1^3+\cdots +p_1^{a_1+1}$。用后面这个式子减去前面的，得到

$$(p_1-1)x=p_1^{a_1+1}-1$$

所以 $x=1+p_1+p_1^2+\cdots +p_1^{a_1}=\frac{p_1^{a_1+1}-1}{p_1-1}$。

这样整个式子就变成了：

$$ans=\frac{p_1^{a_1+1}-1}{p_1-1}\times \frac{p_2^{a_2+1}-1}{p_2-1}\times \cdots \times \frac{p_k^{a_k+1}-1}{p_k-1}$$

这样就可以可以用逆元和快速幂解决。然后，你会发现你获得了 $82\sim 88$ 分（）

问题出在逆元部分。逆元的要求是操作数和模数必须互质，但是有可能 $(p-1)\mathrm{mod}9901=0$，也就是 $p\mathrm{mod}9901=1$，此时是没有逆元的。那么此时我们会发现，$1+p_i+p_i^2+\cdots +p_i^{a_i}\equiv 1+1+1+\cdots +1(\mathrm{mod}9901)$，也就是说这个式子和 $a_i+1$ 同余。那么统计答案的时候判断一下是否有逆元，如果没有那么就乘上 $(a_i+1)$ 即可。

这样即可通过。注意，此时有可能你 $94$ 分，此时记得开 long long。

signed main() {
	int a, b; cin >> a >> b; 
	if(isp(a)) mp[a] += b; else {
		for(int i = 2;i * i <= a;i++) { 
			if(isp(i) && a % i == 0) {
				while(a % i == 0) {
					a /= i; mp[i] += b;
				}
			} if(isp(a)) { mp[a] += b; break; } 
		} 
	} int ans = 1; for(auto i : mp) {
		if(i.first % mod == 1) { ans = (ans * (i.second+1)) % mod; continue; }
		ans = (ans * (power(i.first, i.second+1) - 1 + mod) % mod * power(i.first - 1, mod - 2) % mod);
	} cout << ans;
	return 0;
}

3. P1842 [USACO05NOV] 奶牛玩杂技

一眼贪心。但是，怎么贪呢？

多试几次可以发现是按照 $w+s$ 从小到大排序，排好序之后从上到下摆放。但是这样为什么对？

假设 $w_1,s_1$，$w_2,s_2$ 是两头奶牛。这里有 $w_1+s_1\le w_2+s_2$。此处假设没有其他奶牛。

如果 $w_1,s_1$ 在上面，那么第二头的压扁指数为 $w_1-s_2$。如果 $w_2,s_2$ 在上面，那么第一头的压扁指数为 $w_2-s_1$。那么因为 $w_1+s_1\le w_2+s_2$，所以（移项就可以得到）$w_1-s_2\le w_2-s_1$，所以第一头奶牛放在上面更优。

至此我们证明了这种贪心是对的。那么排序计算即可，时间复杂度 $O(N\log N)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct cow {
	int w, s; bool operator < (const cow& y) const {
		return w + s < y.w + y.s;
	}
} a[50005];
int main() {
	int n; cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i].w >> a[i].s; sort(a+1, a+n+1);
	int sum = 0, ans = -0x7fffffff; for(int i = 1;i <= n;i++) {
		ans = max(ans, sum - a[i].s); sum += a[i].w;
	} cout << ans << endl;
	return 0;
}