随笔分类 - 3.————dp————
摘要：给周围的点编号1到n 我们设f[i]为（1到i和中间点）连成一个联通块的情况数，那么有$f[i]=\sum{f[i-j]*j}$，就是从i-j+1到i里选一个连到中心，然后再把i-j+1到i连成链 但这样的话，1和n不能连，那就再考虑，如果我们通过1-n这条边链起了i个点，那就再从这i个里连1个到中
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摘要：先求出某一段时间[i,j]一直用同一个路径的最短路，乘上天数，记作cost[i,j] 那就可以设f[i]是前i天的最小代价，f[i]=f[j]+cost[j+1,i]+K
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摘要：设f[i][j]为让前i天发生j次暴动需要改变的最少的值 则f[i][j]=min{f[k][j-1]+(x[k+1]!=0)+(x[k+2]!=1)+...+(x[i]!=(i-k-1))} $O(n^3)$直接做就好了
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摘要：首先二分一个答案x，然后我们把>=x的数看成1,<x的数看成0，那如果最后剩下1，这个答案就是合法的。 那我们就来算让某一位得1至少需要填几个1（设这个值是f[i]） i=1..n时，显然，如果i已经固定，f[i]=0或inf（取决于原来是1还是0）；如果i还没有固定，那f[i]=1 然后每次就可以
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摘要：题解劝退系列 设长的那个串是Ａ，短的那个串是Ｂ。 那我们在如果已经知道某个Ａ的时候，Ａ[1..i]和Ｂ[1..j]的最长公共子序列$f[i][j]=max\{f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]+(A[i]==B[i])\}$ 于是可以递推来枚举A，顺手把NOI的情况判掉。
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摘要：时隔多年终于把这道题锅过了 数据范围显然用搜索剪枝状压dp。 可以记还有哪些点没到（或者已到了哪些点）、我们最深已到的是哪些点、这些点的深度是多少，然后一层一层地往下推。 但其实是没必要记最深的那一层的，只要强行装作每次更新都是用最深的深度更新就可以。这样的话，虽然会有很多情况偏大，但是能正确更新的
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摘要：就是01分数规划的思路，只不过当把w[i]-r*t[i]>0的选完以后如果w值还没达到要求，那就再01背包dp一下就好了（dp时w值>W的时候就存在W里就不会爆内存了）。 （跑得很慢..大概是二分的姿势有问题...） （貌似还有直接dp的做法？不会）
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摘要：设f[i]是第i天能获得的最大钱数，那么 f[i]=max{在第j天用f[j]的钱买，然后在第i天卖得到的钱，f[i-1]} 然后解一解方程什么的，设$x[j]=\frac{F[j]}{A[j]*Rate[j]+B[j]}$，$y[j]=Rate[j]*x[j]$的话，就能得到$f[i]=max\{
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摘要：设f[i]是已经走到i号点的值。 先要给第四维离散化、然后去重 第一维排序，第二维cdq分治，第三维cdq分治，第四维树状数组，找到满足j(x,y,z,w)<=i(x,y,z,w)的j，给i统计答案就可以。 然后在做的时候可以直接统计左区间内部答案、统计左区间给右区间造成的答案，但是一定要在这两个做
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摘要：题面欺诈系列... 因为一个点最多只能连到前k个点，所以只有当前的连续k个点的连通情况是对接下来的求解有用的 那么就可以计算k个点的所有连通情况，dfs以下发现k=5的时候有52种。 我们把它们用类似于并查集的方式表达（比如12132代表点1和点3连通，2和5连通，3自己），然后再压缩一下。 但要注
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摘要：构造方法肯定是把相邻两个点连到一起，变成一个新点，然后再把新点和别的点连到一起.... 设f[i,j]为把第i到j个点都连到一起的代价，那么答案就是f[1,n] f[i,j]=min{f[i,k]+f[k+1,j]+x[k+1]-x[i]+y[k]-y[j]} （画一画就知道了） 然后显然满足四边形
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摘要：推出来式子以后斜率优化水过去就完事了
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摘要：推出来式子然后斜率优化水过去就完事了
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摘要：题意：N*M的矩阵，矩阵中有一些坏格子，要在好格子里铺2*3或3*2的地砖，问最多能铺多少个。 我的方法好像和网上流传的方法不太一样...不管了.... 由数据范围很容易想到状压dp 我们设某个状态的某一位表示这个格是某种地砖的左上角 那么就会有三种状态，理论上应该用三进制来存储，但我哪会三进制用位
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摘要：首先按x从小到大排序，那么可得： f[i]=min{f[j]+x[i]*maxy[j+1..i]} 然而这样是$O(n^2)$的而且无法做优化。 然后我们考虑：如果对于某一点，存在另一点的x和y都比它大，那这个点是可以删掉不参与计算的（因为那个较大的点一定要被买，那只要把这两点放在一组里，较小的点是
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摘要：首先推一波公式： 设f[t][i]为第t天以i为结尾，这时已经算了的最小公差$*m^2$ 设s[i]为1到i的和 $$f[t][i]=min\{f[t-1][j]+m*(s[i]-s[j]-\frac{s[n]}{m})\}^2$$ $$f[t][i]=min\{f[t-1][j]+\frac{(s
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摘要：设： sw[i]为1..i的w之和 sd[i]为1到i的距离 cost[i]为把第一个锯木厂建在i带来的花费 all[i,j]为把i..j所有木头运到j所需要的花费 所以$all[i,j]=cost[j]-cost[i-1]-sw[i-1]*(sd[j]-sd[i-1])$ 我们设第2个锯木厂建在i
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摘要：题意：给n张牌，让你取出不包括两端的n-2张，每次取出时会获得相当于该牌和相邻两牌点数成绩的分数，要求最终分数最小 设f[i][j]为抽光区间[i,j]所获得的最小分数，然后 f[i][j]=min{f[i][k-1]+f[k+1][j]+val[i-1]*val[k]*val[j+1]}，i<=k
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摘要：题意：给n堆石子，每次合并相邻两堆，花费是这两堆的石子个数之和（1和n相邻），求全部合并，最小总花费 若不要求相邻，可以贪心地合并最小的两堆。然而要求相邻就有反例 为了方便，我们可以把n个数再复制一遍，放到第n个数后，就不用考虑环的问题了 我们设f[i][j]为合并区间[i,j]所需要的最小花费，然
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摘要：tarjan缩点，然后按照拓扑序，做1号点能到达的点的答案具体做法是对每个点记一个min[i],max[i],vis[i]和ans[i]做拓扑序的时候，假设在从u点开始做，有边u到v，如果vis[u]=1，则则 vis[v]=1（初始时vis[bel[1]]=1）； 更新在v点及以前买进的最小进价：
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