摘要：
本题属于不定根的树形DP，若以每个节点为根求解一次，复杂度太高，所以可以用换根的技巧。 d[u]表示以u为根向下可以流的最大流量，这个是比较好求的，直接遍历到叶子节点，由子节点信息更新父节点。然后进行第二次遍历，从上往下，子节点的信息由父节点更新。 这就是换根法的基本思路。 本题转移方程还是比较好想 阅读全文
posted @ 2022-06-24 18:07
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摘要：
通过这道题对树形背包理解更深一步...... 有几个地方需要注意： 1.本题数据结构为森林，需增加一个超根作为根节点，M+=1（后面解释）。 2.本题有拓扑序的限制，通过vector建成的一棵树中，必须父节点选择了之后才可以往下选择孩子节点。 3.在以v为根的子树中选择k个节点，k必然小等于v的子树 阅读全文
posted @ 2022-06-18 16:38
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一道好题...... 首先要将环形转化为线形结构，接着就是标准的区间DP，但这样的话复杂度为O(n3),n<=1000,要超时，所以要考虑优化。 dp[i][j]=min( dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum(i,j) ),我们通过证明sum(i,j)满足四边不等式和区间包含单调性，从而 阅读全文
posted @ 2022-06-18 15:50
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fn[i]表示走上第i级台阶的所有走法。 方程：fn[i]=fn[i-1]+fn[i-2]; 1 #include<cstdio> 2 #define MAXN 40 3 using namespace std; 4 typedef unsigned long long LL; 5 LL fn[MA 阅读全文
posted @ 2022-06-18 15:04
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每种课程学习不同天数可以获得不同价值，这可以看成一个组，那么题目就是分组背包的模板题了。 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define maxn 105 5 using namespace std; 6 阅读全文
posted @ 2022-06-18 14:56
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多重背包就是每种物品有数量限制时求解最大价值。 如果一种物品数量和重量之积超过背包容量，可视为完全背包；其余情况通过二进制拆分，将几个数量的物品看成一个，转化为01背包求解。 按照这种思路代码是这样的： 1 #include<cstdio>//多重背包，二进制拆分 2 #include<cstrin 阅读全文
posted @ 2022-06-18 14:43
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完全背包模板，和01背包相比不用倒推，因为一种可以选多个。 这道题求最小，dp数组初始化为无穷即可。 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int M 阅读全文
posted @ 2022-06-18 14:14
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01背包模板题。 1维数组倒推。 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 #define M 1005 6 int dp[M]; 7 int val[M],v[M] 阅读全文
posted @ 2022-06-18 11:59
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从每个节点u出发后有两种情况：回到u和不回到u。 dp数组设为三维，第一维是节点编号，第二维是从该节点开始走的步数，第三维1/0 表示是否回到该节点。 可以回到时：dp[u][j][1]=max(dp[u][j][1],dp[u][j-t][1]+dp[v][t-2][1]); 不能回到时，分为两种 阅读全文
posted @ 2022-06-18 11:51
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对于每个u要设置三维。 dp[u][0]表示u是服务器，以u为根的最小服务器数，其子节点既可以是，也可以不是，dp[u][0]+=min(d[v][0],d[v][1]); dp[u][1]表示u不是服务器，但他的父节点时，此时u的子节点都不可能是，dp[u][1]+=dp[v][2]; dp[u] 阅读全文
posted @ 2022-06-18 10:52
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