摘要： 一道搜索题，不过用了一个visit数组比较重要~~值得学习！！题目大意：给3个字符串，问第三个串能不能由前两个构成，在不改变相互顺序的情况下！visit标记数组很重要，去掉must超时~~直接贴代码，代码很精简：View Code 1 # include<stdio.h> 2 # include<string.h> 3 char str1[205],str2[205],str[405],flag,visit[205][205]; 4 void dfs(int i,int j,int k) 5 { 6 if(str[i]==0 && str1[j]==0 阅读全文

摘要： 很经典的一道状态压缩DP~刚开始写这道题目的时候分析了下，很明显的二进制压缩，每行有1024中情况，但是每两个阵地之间至少要相隔2，最后一算只有60种形态。感觉不是很麻烦就写了，写着发现不对劲，由于一行需要由前面两行的状态决定，而我开的是二维数组，怎么也不能完全的把信息转换过来。。一直很纠结于怎样传递信息，最后很无奈的上网搜了下代码，发现用三维的数组就可以了。。DP[i][j][k]表示第i行当前为第j种状态，i-1行为第k种状态，那么状态转移方程就很容易搞定了。。DP[i][j][k]=max(DP[i][j][k],DP[i-1][k][h]),其中(st[j]&st[k])==0 阅读全文

摘要： 哎呀，写这道题把我快恶心死啦！！！写了快一上午了，最后尽然是数组int s[21]={1,2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024,2048,4096,8192,16384,32768,65536,131072,262144,524288,1048576};中间初始化错了，，搞得我想哭哇！！！！先判断一下，每一行可能存在17711种情况！然后每一行与上一行之间的关系:DP[i][j]=DP[i-1][k]+sum(j);i 表示第i行，j表示i行当前的状态，k表示i-1行的状态，并且j&k==0（即j与k要符合要求，上下两个点不能相邻），sum（j）表示第i行在j 阅读全文

摘要： 状态压缩DP~~题目大意：吕布大战群雄，每位英雄都有自己的攻击力，防御力，还有hp（血量），吕布比较特殊，当他积累够100的经验值时他可以升级 。。升级的话加属性。这个比较公平一点，是单挑，每一位英雄轮流与吕布作战，当吕布杀死一个英雄后，可以得到一定的经验值，问吕布能不能杀死所有的英雄，如果可以的话，求出最后能剩余的最大血量（可以参考，打dota时比较有用的。。^_^）思路：比较裸的状态压缩DP，直接二进制转换。一般的状态转移方程就可以了。虽然把这道题A了，但是我感觉这样做缺乏正确性，参见http://acm.hdu.edu.cn/discuss/problem/post/reply.php? 阅读全文

摘要： 在hdu上随便找了一题做，没想到竟然是状态压缩DP。开始有一句话没看清楚“But Mr Acmer gets bored so easily that he doesn't want to visit a city more than twice!”，我以为每个城市只能访问一次呢，用二进制怎么搞都不对，上网上搜，都说是三进制，我很不解，这跟三进制有什么关系吗？最后又读了几遍题，把这个错误给发现了。。三进制思想和二进制一样，只不过多了一种状态，其他的都一样。题目大意：加限制的最小生成树，限制条件：每个节点最多只能到达两次。代码:View Code 1 #include<stdio. 阅读全文

摘要： 二进制 状态压缩DP。题目大意： 有n份作业需要做，每一份作业都有 一个截至时间和一个耗时（完成该作业需要的时间），每份作业每逾期一天就扣掉一分，要求完成所有作业并扣掉最少的学分，并把完成作业的顺序输出出来！很早之前就写过这道题，当时以为是道水题，直接贪心求解，一直WA，后来找到了一个反例，发现贪心真的不行，就放那了。这两天学了下状态压缩DP，把这道题给搞出来了。思路：二进制状态压缩，1表示该作业已经完成，0表示未完成，而n最大15，也就是说最多只有2^15种状态。把这2^n种状态遍历一遍就可以了，s表示其中一个状态，ans表示s的二进制有多少个1， 所以s可以由ans种方式到达，在这ans种 阅读全文

摘要： 简单树形dp！§题目大意： §一城堡的所有的道路形成一个n个节点的树，如果在一个节点上放上一个士兵，那么和这个节点相连的边就会被看守住，问把所有边看守住最少需要放多少士兵。 dproot[ i ]表示以i为根的子树，在i上放置一个士兵，看守住整个子树需要多少士兵。 §all[ i ]表示看守住整个以i为根的子树需要多少士兵。然后直接树形DP就ok了，不过某人给了个很好的思考题，假如把守边改为守点，该怎样处理呢？我想了一个方法，不知可行不可行：dp[i][1]表示i节点处 放士兵使 以i为根的树都能守住 ，dp[i][1]=1+min(dp[j][1],dp[j][ 阅读全文

摘要： 树形DP+一个判断。题目大意：n个人形成一个关系树，每个节点代表一个人，节点的根表示这个人的唯一的直接上司，只有根没有上司。要求选取一部分人出来，使得每2个人之间不能有直接的上下级的关系，求最多能选多少个人出来，并且求出获得最大人数的选人方案是否唯一。前半部分很容易求得，直接一个树形DP，后面的判断最优解是否唯一比较难搞。。看了roba的ppt顿时恍然大悟。§新加一个状态dup[i][j]，表示相应的dp[i][j]是否是唯一方案。 §对于叶子结点, dup[k][0] = dup[k][1] = 1. §对于非叶子结点, –对于i的任一儿子j，若(dp[j][0 阅读全文

摘要： 很简单的一道树形DP，把我搞得太纠结了。。。。我也知道需要把子树的情况进行背包，不过不知道该怎样写，看了别人的代码，也能明白，就是自己那个时候怎么没想起来呢。。。题意：给一个包含n个节点的树，然后让你找一颗节点数为p的子树，同时让你删掉最少数目的边把这个子树给孤立起来，问这个最少的边数。思路：很容易想到要用到01背包，要把子树的情况进行背包。用dp[root][j]记录 以root为根的、节点数为j的子树的孤立起来需要删除的最少的边数。状态方程为：dp[root][p]=min(dp[root][p], dp[u][k]+dp[root][p-k]-2);（其中u为root的一个孩子）由于u与 阅读全文

摘要： 去年成都现场赛的题！！再次强调一下,2-sat箴言：如果a与b矛盾，则建边（a,b'）;到n-1表示0，n到2*n-1表示1 if(C[i]==0) add(x,y+n);add(y,x+n); if(C[i]==1) add(x,y);add(y,x);add(x+n,y+n);add(y+n,x+n); if(C[i]==2) add(x+n,y);add(y+n,x);二分枚举可以到的最大dep值，然后建边用2-sat判断是否可行。贴下我的代码：View Code 1 # include<stdio.h> 2 # include<string.h> 3 # 阅读全文