update:新方法，树状数组优化dp，复杂度 一道很简单的dp+数论题。。。 我们设dp[i]表示以i结尾的子序列中成立的方案数 那么，就有转移： 答案就很显然了: 于是这题就基本做完了，不过，麻烦的是，你需要做这个式子 如果我们直接算，最大的情况就可能搞出个,然后爆炸(当然，你要打个高精也没
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Solution 这公式看起来挺吓人，但转换一下就发现好像并没有那么难。 会发现后面式子中的是原来数组中的下标，与新构成的子序列并没有任何关联。 那么显然用高中导数题中经常使用的分离参数法解决： 两边取对数（任意底均可）： 即 令，那么就是找b数组的严格上升子序列的个数了。 那么就是个经典动态规划了
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Solution 简单分析一下题意, 有一个式子, 式子看起来很复杂, 但是简单的讲就是找的子序列化简一下得到 再化简一下得到 那么我们先对数组都处理一下然后问题就转化成求 上升子序列的个数令 是以 结尾的子序列个数那么有 于是 Code /*
autor: Kurisu
2020年4
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讲到子序列，而且有大小关系，应该可以第一时间想到和动态规划有关系，带着这个思路，我们再看下题目。对于每个位置（i，j），都要存在 两边同时取对数，再相除得到 题目就变成了求以 为判断条件的递增子序列问题，问题规模比较小，可以直接二重循环遍历，也可以发现只和单个变量有关系，可以通过离散+树状数组取优化
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讲道理..这题我是思路秒代码秒的一题,很顺利...(为啥别人题解写了那么多啊 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e2+5;
const int mod=1e9+
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这是一道类似导弹拦截的dp题首先式子可化为 log(a[j])/j<log(a[i])/i然后用dp[i] 来表示以i位为结尾的子序列的个数 #include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
int const N=110;
int co
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solution 我们大胆猜测：如果当前已经选择了一些位置，加入新位置时只要与已选的最后一个位置满足题目条件，那么肯定与前面的每个位置都满足条件。下面给出证明。 证明:设已有。对于第一个不等式，同时变为，因为底数为正数，所以不等式符号不变。即变为,对于第二个不等式，同时变为，即变为。然后将这两个新
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子序列 题目描述 给定一个序列，问有多少子序列满足 。 正解 这种子序列里面元素不独立的题一般不好做，考虑如何将元素的值独立。 现在 和 的值独立了，发现原问题就是求一个上升子序列个数。 用树状数组单点加，区间求和可以做到 。 注意到 并不是整数，但其实只要知道相对大小就行，即还需要离散化
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题解： 首先，我们把问题拆分。假设这是一道不那么复杂，数据普通的子序列问题。 则对于一个数，结果中所有包含它的序列都是从前面的序列中继承过来的。那么到这个数为止，它能产生的新的序列就是1+它之前所有比较结果成立的序列数如果用 f[i] 来记录第i个数产生的新序列，那么转换方程就是1+sum{1,i
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链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/17065来源：牛客网 有N个权值，a[1]……a[N]，现在要求一个子序列，满足对于所有的i<j，有 。 求解这样的子序列的个数。 那么，我假设dp[i]表示以第i位为结尾的符合要求的子序列的个数，那么
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