随笔分类 - dp
dp题一定要会写呀
摘要：状态转移方程: p[i][i] = 1;p[i] = p[i+1] = 1(if s[i]=s[i+1]) p[i][j] = 1(if p[i+1][j-1]&&s[i]=s[j])
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摘要：FatMouse and Cheese Problem Description FatMouse has stored some cheese in a city. The city can be considered as a square grid of dimension n: each gr
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摘要：#1043 : 完全背包 <!-- parameter: @time_limit @case_time_limit @memory_limit @description @sample_input @sample_output --> 时间限制:20000ms 单点时限:1000ms 内存限制:25
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摘要：滑雪 Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 88861 Accepted: 33344 Description Michael喜欢滑雪百这并不奇怪， 因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑
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摘要：这题的话，和01矩阵差不多，但是每列可以移动，所以每列sort一下就可以了，因为把eof写成n!=0，tle，改了直接200ms... #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include
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摘要：来回可以看作从(1,1)出发到(n,n)的两条不相交的路径 //dp[k][x1][y1][x2][y2] = max(dp[k-1][x1-1][y1][x2-1][y2],dp[k-1][x1-1][y1][x2][y2-1],dp[k-1][x1][y1-1][x2-1][y2],dp[k-1
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摘要：很水的题目 路径的最优子结构，仅当代价满足时 dp[i][j] += dp[k][l] (k<=i&&l<=j) 这题剪枝可以省600ms，不剪枝基本压着1s过，数据还是可以的 以后要注意适当优化了 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cs
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摘要：这题没想到用反串LCS，算是回顾了LCS吧 lcs最长子序列，刚开始忘了还以为是连续的子序列，额...搞了好久，现在应该不会忘了，还回顾了滚动数组，原来是上次还是不稳呀 现在求构成回文需要的min，转化为 n-原序列最大回文子序列 突然想起来好像在算法导论看到过用lcs求回文=.= //lcs求回文
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摘要：这题算是比较简单吧，dp[i][0]表示non-caps,dp[i][1]表示caps 状态转移方程还是比较简单的，注意小写的时候 caps+shift = lower #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include
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摘要：一次ac，难的呀，和之前做的01最大矩阵差不多的，再加一维记录多'a','b','c'的每种情况的高度 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cstring> #incl
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摘要：这题的话，求最大01矩阵，我们找每行的某一点，先初始化这点的高，再向两边延伸L[i]，R[i]，遍历所有节点就可以求出所有的面积 L[i]的求法可以用dp，一开始只看懂了用底*高的求法，一直在想dp在哪里...很好的题呀 状态转移方程 L[i] = L[L[i]-1] (a[k][i]<=a[k][
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摘要：哎，这题我能说想到增加起始和终结点的嘛，一直在想dp[i]和dp[i-1]的关系，然后c就很难处理... dp[i] = dp[j]+f(i,j) 可以说很水嘛，要哭了 //dp[i] = dp[j]+t(i,j) t(i,j)为i到j的时间 //增加其实和终结点(技巧) #include <ios
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摘要：原来这就是背包呀，好吧没看题解我没写出，不过之前做过这种，就是求多项式的系数，这种模板还是很好用的，以后记住吧 //01背包模板 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <a
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摘要：O(n^3) 必然要讨论每种情况，每行必然要讨论0~0，0~1，0~2，...i~j(0<=i<=j<n)的情况,每行的每种情况都是一个确定的数值，则把n个【f(i,j)】可以看作求一个一维的最长连续子序列，这样讨论每种i，j分部情况，求出对应的一维最长子序列，这些子序列取max，即为题目所要求的最
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摘要：dp[j] = max(dp[k]+1,dp[j])(0<k<j&a[j]>a[k]) #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <stack> #include <queu
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摘要：这题我一直以为是贪心做的，做了好久找不到规律 看了解题报告，学习了压缩dp，类似dist，{v(i)}=min{v(i)-k},这种NP问题,O(n*2^n),数据给的比较小，其实也只能给15了，直接用2<<15数组表示状态 每个状态，记录最优的pre，now，当然pre(上一个状态量)和now(当
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摘要：呵呵呵，这题的话，去年不知道怎么就水过去了，现在做还是懵逼了 总是感觉这题很奇怪，哎 2，3，5，7的系数必然在已打出的表中取 状态转移方程 dp(n) = min(dp[i]*2,dp[j]*3,dp[k]*5,dp[l]*7) i<=j<=k<=l<n, a[4]={2,3,5,7} 用一个一维
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摘要：经典dp 题意将数分解,输出分解的数量 发现6分解后的第一个数都比前一个数小，则定义dp[r][x] dp[r][x]表示 x分解，第一数为r的情况 ，且r<x (r=x为临界条件，存在dp[2][4]=dp[2][2],所以我们定义dp[r][r]=1) dp[5][6]表示将6分解，一个分解数是
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摘要：dp经典题，这题一年前就做过了，主要在确定begin和end有技巧，题目要求输出第一个sub，所以begin要尽量左移，end尽量右移 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include
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摘要：这题的话,边界处理起来比较复杂，我归纳了讨论，最后还是wa了，哎，看了dicuss的代码，处理还是巧妙 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <string> #inc
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