随笔分类 - 动态规划，递推
摘要：
挑战程序设计竞赛 2.3 动态规划 优化递推关系。
多重背包，倍增，优化定义，单调队列，同余划分，迷之小优化
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挑战程序设计竞赛 2.3 动态规划 优化递推关系。
多重背包，倍增，优化定义，单调队列，同余划分，迷之小优化
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摘要：在所有避难所都有至少一只队伍的情况，总移动距离最小。把队伍的位置和人都排序。会发现，对于最后一个队伍i和最后一个避难所j，Case 1：pos[j]>=pos[i]，那么i是距离j最近的一只队伍，Case 2：pos[j]<pos[i]，那么j是距离i最近的一个避难所。dp[i][j]表示第i个人，...
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摘要：区间dp，两个str一起考虑很难转移。看了别人题解以后才知道是做两次dp。dp1。str1最坏情况下和str2完全不相同，相当于从空白串开始刷。对于一个区间，有两种刷法，一起刷，或者分开来刷。规定[i][i-1]为空串，这样一起刷可以归结为第二种情况。合并的时候，大的区间的次数using names...
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摘要：难点在于状态设计，从左向右一本书一本书的考虑，每本书的决策有两种拿走或者留下，对于拿走后的书，之后要放回，但是决策过程中不知道到往哪里放，虽然前面的书的种类确定，可能是往后面放更优，而后面的书的类型还不确定。对于所有拿出来的书，最后会增加多少段只和书的种类有关。所以我们用s记录留下书的种类，等到所有...
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摘要：和Heroes Of Might And Magic 相似，题目的询问是dp的一个副产物。距离是不好表示成状态的，但是可以换一个角度想，如果知道了从一个点向子树走k个结点的最短距离，那么就可以回答走x距离能访问到的最大结点数量。当访问了一棵子树，想要访问子树外的结点时，一定要先从子树的根结点出来。状...
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摘要：容易想到dp[i][j]表示在第i行j个路口的开始走最大高兴值。每次可以向左走，或者向右边走，然后向北走。（或者直接往北）向左走到，状态转移为dp[i][j] = dp[i][k] + happy[i][k][j]（为了方便处理，i从1开始编号，0行dp值存0）处理出前缀和，happy[i][k][...
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摘要：为了方便打印路径，考虑从下往上转移。dp[i][j][S]表示在i行j列总和为S的方案，dp[i][j][S] = dp[i+1][left][S-x]+dp[i+1][right][S-x]方案O(2^2*n-1)，结果要用long long保存。#includeusing namespace s...
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摘要：分析：对于网格grid[i][j]如果放向上的管道，那么grid[i][k], k>j 就只能放向上的管道了。那么定义dp[i][j]表示第i行，最后一个放向左的管道是j的最大总矿量。j = 0表示全放向上，j = m表示全放向左。如果grid[i][j]要往放向上的管道的话，前提是grid[i-1...
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摘要：分析：如果问题是要求最后一个删除的数，重新编号为0到n-1，f[n]表示答案，那么f[n] = (f[n-1]+k)%n。因为删掉下标k-1以后可以从下标k重新编号为0。在这个问题只需要推出最后三个数，然后三个数一起转移即可。单个case的复杂度O(n)#includeusing namespace...
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摘要：分析：状态是一些有序的集合，这些集合互不相交，并集为所有区域。显然枚举集合元素是哪些是无法承受的，写出期望的计算式，会发现，当每个集合的大小确定了以后，概率大的优先访问是最优的。因此先对u从大到小排序。定义状态f[i][j]表示从j开始往后分i组的最小期望。转移是枚举划分k，则有f[i][j] = ...
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摘要：把消灭了那些机器人作为状态S，预处理出状态S下可以消灭的机器人，转移统计方案。方案数最多16!，要用64bit保存方案。#includeusing namespace std;const int Mx = 16, maxs = 1>i&1) continue; if(canAtk[S]...
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摘要：最长回文子序列可以用求解原串s和反转串rv的LCS来得到，因为要求回文串分奇偶，dp[i][j]保存长度，要求字典序最小，dp[i][j]应该表示回文子序列的端点，所以边界为单个字符，即i+j=len+1。这题最麻烦的地方在于字典序，我是写了个比较函数，有点暴力（常数大）。也可以反着定义，这时结点就...
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摘要：一个区间一个区间的考虑，当前区间的决策只和上一次的末尾有关，考虑转移的时候先统计当前区间出现过的字母以及种数ct枚举上一个区间的末尾标号j，规定小于INF为合法状态，确定j之后看j有没有在当前的区间出现，如果出现则贪心选块数+ct-1，枚举当前的结尾。为了方便处理，增加一个0区间，初始为0，这样所有...
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摘要：n的规模可以状压，f[x][y][S]表示x行,y列,S集合的巧克力能否被切割。预处理出每个状态S对应的面积和sum(S)，对于一个合法的状态一定满足x*y=sum(S)，实际上只有两个变量是独立的。而且有x,y等效与y,x，那么这里取max(x,y)。转移的时候枚举S的非空真子集，横着切或者竖着切...
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摘要：如果状态定义为序号和重量的话，决策就是下一个垃圾捡或者不减，但是状态数太多了。如果只定义序号作为状态的话，决策就变成从前面的某个j一直捡到i才送回垃圾。这就变成了一个区间选最小值的问题，用单调队列维护。复杂度O(n)#includeusing namespace std;const int maxn...
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摘要：这是一个零和博弈，最高得分只和序列以及谁先手有关。d[i][j]，表示i到j的序列当前取的这个人的最高得分，转移以后状态是新的区间和另一个人取，从中取最小值。决策的最小值也可递推。#includeusing namespace std;const int MX = 101;int d[MX][MX]...
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摘要：直接LCS是时间复杂度是O(p*q)的，但是序列元素各不相同，只要把其中一个序列映射成有序的，另外一个序列再做相同的映射，没有的直接删掉，就变成了求另一个序列LIS。#includeusing namespace std;int read(){ char c; while(c=getchar(...
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摘要：用spfa，和dp是一样的。转移只和最后一个吃的dish和吃了哪些有关。把松弛改成变长。因为是DAG，所以一定没环。操作最多有84934656，514ms跑过，实际远远没这么多。脑补过一下费用流，但是限制流量不能保证吃到m个菜#includeusing namespace std;typedef p...
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摘要：今天第二次做BC，不习惯hdu的oj，CE过2次。。。1002 Clarke and problem和Codeforces Round #319 (Div. 2) B Modulo Sum思路差不多，将a[i]对p取余数，最后得到0的方案总数即使答案，dp转移，一个状态方案总数等于能转移过来的状态方...
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摘要：不错的树形dp。一个结点能走多次，树形的最大特点是到达后继的路径是唯一的，那个如果一个结点无法往子结点走，那么子结点就不用考虑了。有的结点不能走完它的子结点，而有的可能走完他的子节点以后还会剩下一些点数。影响走的次数的是当前结点的点数，因为往子结点走是一定要回来的，进入这个结点要花费这个结点一个点数...
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