随笔分类 - 记忆化＆动态规划
摘要：Lisa 显然的dp，只需要再二分查找一下 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; int n; struct to{
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摘要：LIsa 就是一个背包 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip> #include<cmath> #include<algorithm> #define int long long using na
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摘要：Jisoo 不显然的树上dp 定义$f_{i,j}$为第i位和为子树所选奇数个/偶数个点的方案数 然后显然会发现奇数加奇数等于偶数等规律 然后就可以转移了 #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<iomanip>
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摘要：Jinnie 显然的线性dp 预处理谁是回文串就可以了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; int all[1005][
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摘要：Jisoo 显然的转移，但是会是$O(n^3)$的，这很不好 但是可以意识到从不是同一颗树转移的时候，无需在意到底是那颗而只在意最大值 并且不会影响从自己转移 那就记录一下最大值 #include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #includ
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摘要：Jisoo 思路比较显然的dp 我们怎么走？状压一波 当然可以，但是也不用 $f_{i}$表示第i天的最小花费，显然我们只要枚举上一个转换点就可以了 毕竟转换了之后，之前怎么走的就不重要了 然后spfa预处理一波 #include<iostream> #include<cstdio> #includ
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摘要：#include #include #include #include #include #include #include #define int long long struct co{ int p; int c; int d; }c[500005]; int n,k,m; struct pp{
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摘要：Jennie 这也就是个裸的一批的换根dp #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<stack> #include<map> #define
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摘要：Lisa 先想一个朴素的 dp $f_{i,j}$表示前 \(i\) 个把 \(i\) 放在子序列 \(j\) 位的方案数，显然我们的 \(j\) 不是 $a_i$的因数的时候 会直接从上一位继承下来 是不是有 背包那味了 对于每一个 \(a_i\) 我们分解质因子再转移 #include<iost
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摘要：jennie 求形如abababababa的子序列数量？ \(f_i=\sum_{j=1}^{i-1}f_j\quad a_i=b且 a_j=a\) \(f_i=\sum_{j=1}^{i-1}f_j+1\quad a_i=a且 a_j=b\) 顺便可以发现，以b结尾不能作为答案 所以说可以优化成没
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摘要：Jisoo 显然满足单调性，可以用单调队列优化 但是要维护两个值 考虑一下这两个值来说，因为每次疲劳值最多加1，那么无论如何优先选择疲劳值最小的来进行转移， 答案肯定不会更差 如果有两个数疲劳值相同但是高度不一样的话，显然保留高度更高的比较好 #include<iostream> #include<
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摘要：Jennie 从左往右处理骨牌，需要知道什么就可以确定状态了？ 需要知道当前的差值，然后dp决定取不取反 怎样知道差值 当然是扔到状态里 然后这就是一个背包了 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstri
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摘要：Jisoo $dp_i$表示节点i为头的最长毛毛虫 （我这里i的父节点呗算作腿的一条） 然后就可以不用特判地进行转移 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define int long
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摘要：Jisoo 这种背包是不是把一维扔进状态就都能做了啊 $dp_{i,j}$表示到了第i个任务的时候A机器工作了j时间，转移显然 有点卡时间，注意常数优化 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring>
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摘要：Jisoo 显然找硬币和付钱是两个过程 然而最多给多少钱呢 有应该找最多多多少呢？ 方案一 时间绰绰有余，我们开的大一点 证明 找钱的数量不会超过$V_{max}^2$ #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<
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摘要：jennie 怎样处理呢 $O(n^2)$肯定不行 不如，二进制拆分一下 这样$do_i$表示第i位为1的最长长度 对于每一个数，如果他的某一个二进制位为1，那么他可以从之前这一位为1的状态转移过来，然后转移这一位为1的状态 #include<iostream> #include<cstdio> #
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摘要：Lisa 情商和智商和，这不就是个背包 怎样保证大于零呢，我们吧一个商作为维度存进去，另外一个商就是我们转移的值了 然后，直接背包 最后检查所有大于零的部分，统计就可以了 \(dp_i=max(dp_i,dp_{i-s[i]+f_i})\) 注意一下负数要反着转移 然后就可以了 #include<i
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摘要：Jennie 一个比较水的动态规划 \(dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][k])+a_i*j\quad k\in [j-1,j-1+s]\) 然后这个玩意可以用有限队列 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorit
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摘要：Jennie 很简单的东西 分左右端点讨论 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; int n; int l[20005],r[20005]; int dp[
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摘要：Lisa 这个题其实很水 \[ dp_{ij}=max(dp_{i-1,j-1}+a_{i,j},dp_{i-1,j}) \] 这是什么意思呢，到第i行放j盆花，可能上一个花瓶放的是j-1种花，也可能上一个花瓶（或更久）已经有j-1种花了 #include<iostream> #include<cs
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