随笔分类 - 动态规划-dp
摘要：题目链接 "BZOJ3235" 题解 求出每个点为顶点，分别求出左上，左下，右上，右下的矩形的个数$g[i][j]$ 并预处理出$f[i][j]$表示点$(i,j)$到四个角的矩形内合法矩形个数 就可以容斥计数啦 枚举顶点$(i,j)$，乘上另一侧矩形个数，如图： 但是会算重，对于这样的情况 减去即
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摘要：题目链接 "BZOJ3193" 题解 注意$key$是小于 第一问，显然按高度降序排序，逐个插入 如果高度各不相同，那么之前插入的都比当前插入的$i$大，可插入的位置个数就确定了 由于存在高度相同的情况，将key作为第二关键字升序排序 这样后面插入的就一定能插入前面插入的之后，统计一下之前插入了$c
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摘要：题目链接 "BZOJ3688" 题解 将点排序 设$f[i][j][0|1]$表示以第$i$点结尾，有$j$段，最后一段上升或者下降的方案数 以上升为例 $$f[i][j][0] = \sum\limits_{k = 1}^{i 1}\sum\limits_{y_k include include
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摘要：题目链接 "uoj132" 题解 真是一道大码题，，，肝了一个上午 老司机的部分是一个$dp$，观察点是按$y$分层的，而且按每层点的上限来看可以使用$O(nd)$的$dp$，其中$d$是每层的点数 我们设$f[i]$表示从$i$点进入该层，直到走完为止所经过的最多点的数量，我们把原点也看做一棵树，
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摘要：题目链接 "loj2538" 题解 比较明显的是，由于强化牌倍数大于$1$，肯定是能用强化牌尽量用强化牌 如果强化牌大于等于$k$，就留一个位给攻击牌 所以我们将两种牌分别排序，企图计算$F(i,j)$表示$i$张强化牌选出最强的$j$张的所有方案的倍数和 $G(i,j)$表示从$i$张攻击牌选出最
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摘要：题目链接 "BZOJ2216" 题解 学过高中数学都应知道，我们要求$p$的极值，参变分离为 $$h_j + sqrt{|i j|} h_i \le p$$ 实际上就是求$h_j + sqrt{|i j|} h_i$的最大值 就可以设$f[i]$表示对$i$最大的该式的值 绝对值通常要去掉，一般可以
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摘要：题目链接 "BZOJ1264" 题解 平凡的$LCS$是$O(n^2)$的 显然我们要根据题目的性质用一些不平凡的$LCS$求法 这就很巧妙了，， 我们考虑$A$序列的每个位置可能匹配$B$位置的哪些位置 而$A$序列中匹配的位置一定是单调递增的 那么我们就把$A$的每个位置所能匹配$B$的位置找出
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摘要：题目链接 "洛谷P4608" 题解 建个序列自动机后 第一问暴搜 第二问dp + 高精 设$f[i][j]$为两个序列自动机分别走到$i$和$j$节点的方案数，答案就是$f[0][0]$ 由于空间卡的很紧，高精不仅要压位，还要动态开内存 由于有些状态是没用的，记忆化搜索以减少内存损失 C++ inc
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摘要：题目链接 "BZOJ3782" 题解 我们把终点也加入障碍点中，将点排序，令$f[i]$表示从$(0,0)$出发，不经过其它障碍，直接到达$(x_i,y_i)$的方案数 首先我们有个大致的方案数${x_i + y_i \choose x_i}$ 但是中途可能会经过一些其它障碍点，那么就减去 所以 $
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摘要：题目链接 "BZOJ2553" 题解 话说在前，此题卡精度，最好开long double 先建$AC$自动机 求期望，逆着求，设$f[i][j]$为长度为$i$的串，当前匹配AC自动机$j$节点，之后能产生伤害的期望值 枚举转移，如果转移到一个单词节点，因为产生伤害的单词间不能相连，就直接跳回根节点
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摘要：题目链接 "BZOJ3427" 题解 容易发现最终序列一定是$\{ 1,0,1\}$组成的 因为如果有一个位置不是，那么这个位置一定大于$1$，那么上一个位置一定为$1$，所以该位置一定加到过$1$。由于$1$已经满足条件，而经分析得大于$1$会使下一个位置的决策不优反劣，所以一定不会大于$1$ 那
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摘要：题目链接 "洛谷P4591" 题解 设$f[i][j]$表示前$i$个串匹配到位置$j$的方案数，匹配一下第$i$个串进行转移即可 本来写了$hash$，发现没过，又写了一个$KMP$，依旧$WA$，无奈去翻题解，竟然要取模??!! 题面怎么不讲啊，， C++ include include inc
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摘要：题目链接 "BZOJ4032" 题解 首先膜$hb$ 空手切神题 一问$hash$，二问枚举 三问$trie$树，四问$dp$ 南二巨佬神$hb$ 空手吊打自动机 $orz orz orz orz orz orz orz$ 咳。说正解 要处理子串，直接搬上后缀自动机 要处理子序列，直接搬上序列自动机
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摘要：题目链接 "BZOJ3594" 题解 dp难题总是想不出来，， 首先要观察到一个很重要的性质，就是每次拔高一定是拔一段后缀 因为如果单独只拔前段的话，后面与前面的高度差距大了，不优反劣 然后很显然可以设出$f[i][j]$表示前$i$个玉米，第$i$棵必须选，且共拔高了$j$次的最大值 由之前的性质
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摘要：题目链接 "BZOJ3622" 题解 既已开题 ~~那就已经没有什么好害怕的了~~ 由题目中奇怪的条件我们可以特判掉$n k$为奇数时答案为$0$ 否则我们要求的就是糖果大于药片恰好有$\frac{n k}{2} + k$个的方案数，我们记为$K$ 思路1 直接求恰好不好求，想到二项式反演： 如果有
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摘要：题目链接 "BZOJ1233" 题解 有一个贪心策略：同样的干草集合，底长小的一定不比底长大的矮 设$f[i]$表示$i...N$形成的干草堆的最小底长，同时用$g[i]$记录此时的高度 那么 $$f[i] = min\{f[j]\} \quad [sum[j 1] sum[i 1] \ge f[j
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摘要：题目链接 "BZOJ1855" 题解 设$f[i][j]$表示第$i$天结束时拥有$j$张股票时的最大收益 若$i \le W$，显然在这之前不可能有交易 $$f[i][j] = max\{f[i 1][j], ap[i] j\} \quad [j \le as[i]]$$ 否则，就有三种选择： ①
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摘要：题目链接 "BZOJ1487" 题解 就是一个简单的仙人掌最大权独立集 还是不会圆方树 老老实实地树形Dp + 环处理 C++ include include include include include define LL long long int define Redge(u) for (i
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摘要：题目链接 "loj300" 题解 orz "litble" 膜完题解后，突然有一个简单的想法： 考虑到$2$是质数，考虑Lucas定理： $${n \choose m} = \prod_{i = 1} {\lfloor \frac{n}{2^{i 1}} \rfloor \mod 2^i \choo
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摘要：题目 小 CC 非常擅长背包问题，他有一个奇怪的背包，这个背包有一个参数 PP ，当他 向这个背包内放入若干个物品后，背包的重量是物品总体积对 PP 取模后的结果． 现在小 CC 有 nn 种体积不同的物品，第 ii 种占用体积为 V_iV i ，每种物品都有无限个． 他会进行 qq 次询问，每
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