摘要：/*经典模型：最长公共子序列+字符串处理 */View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <stdlib.h> 3 #include <string.h> 4 5 #define max( a, b ) ((a)>(b)?(a):(b)) 6 7 char LeftOS[ 1001 ][ 12 ]; 8 char RightOS[ 1001 ][ 12 ]; 9 int LeftID[ 1001 ];10 int LeftV[ 1001 ];11 int RightID[ 1001 ];12 int RightV 阅读全文

摘要：/*经典模型：完全背包本问题有两种考虑思路：1.一维多重背包，每个阶段由一个状态改为四个状态，容易想到跟阶段间的转移方程。2.二维完全背包，同一维一样，转移方程：F(i,j,k) = opt{ F(i-V(i),j-C(i),k-1),F(i,j,k-1) } (k为阶段)*/View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 int F[ 5 ][ 32770 ]; 5 6 int main() 7 { 8 int i,j,k; 9 memset( F, 0, sizeof( F ) );10 F[ ... 阅读全文

摘要：/*和前面的几道题目很像，也是基于前后大小关系的字符串DP状态为：F(l,s) 代表长度为l的起始为s的元素的个数。按长度为阶段，转移方程为：F(l,s) = sum{ F(l-1,t) } ( s < t )然后利用递推关系计算出所有长度为l的小于这个串的个数在加上长度小于l的串的个数即可。╮(╯▽╰)╭，刚开始状态设成：长度为l的结束为e的元素的个数，不好推，纠结了好久。。。*/View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 int Count[ 6 ][ 27 ]; 5 char Data[ 阅读全文

摘要：/*不错的题目：如果没有首尾相连的话，这个题目就很简单了： 动态方程：F( n ) = max( F[ n-1 ], F[ n-2 ] +D[ n ] ) 题目分析： 现在告诉我们首尾相连，为了无后效性，我们要把环拆开。 我们把起始时分为两种状况，取或不取，当取第一个元素时，我们DP到n-1位置；当不取第一个元素时，我们DP到n位置。 时间复杂性：O（n） */View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 int D[ 1000002 ]; 5 int F[ 1000002 ]; 6 int G[ 10 阅读全文

摘要：/*概率计算：按时间为阶段，每个点由上一阶段周围的四个点来维护。注意事项：1.时间O（N^3*T），在问题的边缘时间，所以打表计算。 2.关于概率的求解，如果遇到就结束了，所以向后走就说明 之前没有碰到，所以不用前面的碰到的概率计算后面的值。 */View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 double answ[ 51 ] = { 5 0.0000,0.6667,0.0000,0.4074,0.0000, 6 0.3361,0.0000,0.2928,0.0000,0.2629, 7 0.0000, 阅读全文

摘要：/* 经典模型：最大不下降子序列，将每个箱子旋转三次即可，用贪心可证，长边对齐原则 */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 4 using namespace std; 5 6 int P[ 6 ][ 3 ] = { 7 0,1,2,0,2,1, 8 1,0,2,1,2,0, 9 2,0,1,2,1,0};10 11 struct node{12 int D[ 3 ];13 }N[ 31 ],S[ 185 ];14 15 int DP[ 185 ];16 17 int cmp( const voi 阅读全文

摘要：/* 这道题算不上难题，不过算得上的麻烦题了。设状态 T[ i ][ j ] 为程序1执行i条指令，程序2执行j条指令后的变量平均值，P1为程序1指令i的概率，P2为程序2指令j的概率则容易推出，T[ i ][ j ] = (T[ i-1 ][ j ]*P1+T[ i ][ j-1 ]*P2)/(P1+P2) 不过需要注意几点： 1.理解题意很重要，这个题很容易误解 。如果认为每种指令执行的情况是一样的话，就会求错方程：(设N[ i ][ j ]为状态T[ i ][ j ]数量 ) P1 = N[ i-1 ][ j ]/N[ i ][ j ]P2 = N[ i ][ j-1 ]/N[ i ][ 阅读全文

摘要：/* 单调队列优化的最大上升子序列 O（NlogN）算法*/View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <stdlib.h> 3 #include <string.h> 4 5 int data[ 40000 ]; 6 int Queu[ 40000 ]; 7 8 int Search( int h, int key ) 9 {10 if ( key <= Queu[ 0 ] ) return 0;11 int m,l = 0;12 while ( l < h ) {13 m = (h+l)>> 阅读全文

摘要：/*简单DP：裸的最大公共子序列 */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 int CtoI( char ch ) 8 { 9 if ( ch >= 'a' && ch <= 'z' )10 return ch - 'a';11 else return ch - 'A' + 26;12 }13 14 i 阅读全文

摘要：/*动态三角形：每次DP时考虑的是两个子三角形的高度即可注意：三角形可以是倒置的。 */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 #include <stdio.h> 5 6 using namespace std; 7 8 char Tri[ 101 ][ 201 ]; 9 short Val[ 101 ][ 201 ];10 11 int main()12 {13 int n,cases = 1;14 while ( scanf(&q 阅读全文

摘要：/*01背包：整数拆分问题 */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 long long dp[ 501 ]; 8 9 int main()10 {11 memset( dp, 0, sizeof( dp ) );12 dp[ 0 ]= 1;13 for ( int i = 1 ; i <= 500 ; ++ i )14 for ( int j = 500 ; j >= i ; - 阅读全文

摘要：/*简单的树形DP：利用搜索正向求解。 0的孩子必须是1，1的孩子任意，取最小的。 */View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <stdlib.h> 3 #include <string.h> 4 5 #define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y)) 6 7 typedef struct node 8 { 9 int Count;10 int Value;11 int Next[ 10 ];12 }node;13 node Node[ 1510 ];14 int Root;15 16 ty 阅读全文

摘要：/*简单的模拟：可以用栈，也可以用递归实现*/View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 4 using namespace std; 5 6 struct node 7 { 8 int L,R; 9 long long V;10 }Matrix[ 27 ],Error;11 12 bool Flag;13 14 node Calculate( char* Data, int s, int e )15 {16 int count = 0;17 node Save[ 2 ];18 for ( int i = 阅读全文

摘要：/*经典模型：最长公共子序列 */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 4 using namespace std; 5 6 int Geno[ 210 ][ 210 ]; 7 int Matr[ 5 ][ 5 ] = { 8 { 5,-1,-2,-1,-3}, 9 {-1, 5,-3,-2,-4},10 {-2,-3, 5,-2,-2},11 {-1,-2,-2, 5,-1},12 {-3,-4,-2,-1, 0}};13 14 int V( char C )15 {16 switch( C ) 阅读全文

摘要：/*背包变形：如果按照完全背包计算会有后效性，所以用01背包计算注意两点：1.数据的范围，因为要做差，所以数据要超过100 2.背包时物品的顺序，本题的解会受到顺序影响， 所以先对所有数据01背包，然后再次01背包。补充：忽然发现bfs是DP，按广度为阶段，并且每个值最求一次#24*/View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <iostream> 3 4 using namespace std; 5 6 int F[ 205 ]; 7 int C[ 7 ]; 8 9 int main()10 {11 int T;12 while 阅读全文

摘要：/*背包类似物：关键是阶段的划分，昨天阶段想错了，其实阶段很明显了，今天调了一段时间，发现数据看错了，╮(╯▽╰)╭按照题目给出的阶段DP。转移方程 ： F(i,j) = min( F(i-F1,j)+T1, F( i-1,j )+T2, F(i+F2,j)+T3 ) */View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 4 using namespace std; 5 6 int F[ 111 ][ 111 ]; 7 int T1[ 111 ]; 8 int T2[ 111 ]; 9 int T3[ 111 阅读全文

摘要：/* 简单的搜索，欧拉回路的判断*/View Code 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 4 using namespace std; 5 6 bool maps[ 11 ][ 11 ]; 7 bool used[ 11 ]; 8 9 bool dfs( int n, int s, int d )10 {11 if ( d == n ) return true;12 bool value = false;13 for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )14 if ( !used[ i 阅读全文

摘要：/*简单的DP：区间动态规划，对于一个m*n的蛋糕只有横竖两类切法 f( m, n ) = min{ f( m, i ) + f( m, n-i ), f( j, n ) + f( m-j, n ) } */View Code 1 #include <stdio.h> 2 3 short F[ 201 ][ 201 ]; 4 5 int main() 6 { 7 for ( int i = 0 ; i <= 200 ; ++ i ) 8 for ( int j = 0 ; j <= 200 ; ++ j ) 9 F[ i ][ j ]= i*j;10 11 for ( 阅读全文

摘要：/*分析：三角N皇后问题，找规律题目，按照题目的输出，可以看出构造法则，先填奇数，后填偶数。下面我们只要证明这种构造的存在性即可。解法：先给出集体构造方法，从（1，n-f（n）+1） 开始填充奇数点，填充所有的（1+2k，n-f（n）+1+k）{其中f（n）就是最大填充数，1+2k<=n-f（n）+1+k} 之后开始从（2，n-f（n）+1+k+1）开始填充偶数点，由于奇数点只能攻击奇数点，偶数点只能攻击偶数点，所以只要保证每行一个皇后就可以了。 证明： 我们只需要证明从第n-f（n）+1行开始，每行都可以放一个皇后就可以了。 首先，按照上面的构造可知，如此构造，皇后是不可以互相攻击的。 阅读全文

摘要：/*简单DP：分成奇偶两种状况考虑奇数情况：每个面的光线等于上次的本平面以上的点的反射偶数情况：每个面的光线等于上次的本平面以下的点的反射 */View Code 1 #include <stdio.h> 2 #include <string.h> 3 4 long long F[ 61 ][ 4 ]; 5 6 int main() 7 { 8 int i,j,k,n; 9 memset( F, 0L, sizeof( F ) );10 F[ 0 ][ 0 ] = 1L;11 12 for ( i = 1 ; i <= 60 ; ++ i )13 for ( j 阅读全文