随笔分类 - 动态规划—dp
摘要：分情况讨论，m=1的时候比较简单，设f[i][j]为到i选了j个矩形，前缀和转移一下就行了 m=2，设f[i][j][k]为1行前i个，2行前j个，一共选了k个，i!=j的时候各自转移同m=1，否则转移一下两行矩阵的情况 cpp include include using namespace std
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摘要：设f[i][j][k][0/1]表示选到i时，i 1选j张，i选k张，之前选的所有牌是否选择了对子 然后分情况讨论转移即可
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摘要：设f[i]为深度为i的n元树数目，s为f的前缀和 s[i]=s[i 1]^n+1，就是增加一个根，然后在下面挂n个子树，每个子树都有s[i 1]种 写个高精就行了，好久没写WA了好几次……
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摘要：有点神奇的dp 首先注意到任意一个数都能被表示成若干个斐波那契数的和的形式 先求出n可以字典序最大的表示 设f[i][0/1]表示第i个斐波那契数选或者不选 如果当前数不选，那就选比他小的两个数，否则，需要不选比他小的两个数（连续的影响）
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摘要：设f[i][j]为a序列前i个字符和b序列前j个字符的最长公共子序列，转移很好说就是f[i][j]=max(f[i 1][j],f[i][j 1],f[i 1][j 1]+(a[i]==b[j])) 设g[i][j]为a序列前i个字符和b序列前j个字符的最长公共子序列个数，这个转移是转移f的时候从前
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摘要：二分答案，注意l是max(a[i]+a[i+1])，r是sum_a 判断的时候用dp，设f[i]为i与1最少的相同颜色数，g[i]为i与1最多的相同颜色数，转移是f[i]=max(a[i] (w a[i 1] (a[1] g[i 1])),0),g[i]=min(a[1] f[i 1],a[i]);
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摘要：注意到sum_t比较小，所以设f[i][j]为选前i头牛，当前sum_t为j的最小sum_w值，转移是f[i][j]=min(f[i 1][j],f[i 1][j t[i]]+w[i])，然后i维用滚动数组优化即可 注意j include include using namespace std; c
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摘要：注意到周期234的lcm只有12，也就是以12为周期，可以走的状态是一样的 所以先预处理出这12个状态的转移矩阵，乘起来，然后矩阵快速幂优化转移k/12次，然后剩下的次数暴力转移即可 cpp include include include using namespace std; const int
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摘要：设f[i]为凑i元的方案数，这个随便dp一下就行了 然后处理限制，我们考虑用容斥，也就是4个超限 3个超限+2个超限 1个超限，这里用状压枚举一下，然后i硬币超限就当做选了d[i]+1个，在s里减去，最后用来容斥的就是f[s']
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摘要：很容易发现行数就是lcm环长，也就是要求和为n的若干数lcm的个数 有结论若p1^a1+p2^a2+...+pm^am include using namespace std; const int N=1005; int n,p[N],tot; long long f[N][N]; bool v[N
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摘要：bzoj上访问负下标会跑到奇怪的地方…… 其实可以滚动数组优化，但是我看能过就懒得改了 设f[i][j]为已经算了前i个挂饰，当前有j个空的钩子，转移就是f[i][j]=max(f[i 1][j],f[i 1][max(min(j a[i]+1,n), n)]+b[i]) 注意到只有 n inclu
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摘要：设f[i]为杀死i的最小代价，显然\\( f[i]=min(k[i],s[i]+\sum f[to]) \\) 但是这个东西有后效性，所以我们使用spfa来做，具体就是每更新一个f[i]，就把能被它更新的点重新入队 cpp include include include include using
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摘要：设f[a][i][j]为第a段时间结束时在(i,j)位置的最长滑行距离，转移很好想，就是分四个方向讨论，然后枚举这段时间的滑行长度取个max即可 但是这样是O(n^4)的，考虑优化 发现同一行或列，取max对应a 1中的是单调挪动的一个区间，所以用单调栈维护当前区间，每次移动的时候要把左端点已经大于
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摘要：设f[i][j]为在坐标(i,j)时的最小点击次数，转移的话从i 1向上飞或者向下掉转移，注意转移完了之后要把管子部分赋值为inf cpp include include using namespace std; const int N=10005,inf=1e9; int n,m,k,p,ans,
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摘要：矩阵乘法一般不满足交换律！！所以快速幂里需要注意乘的顺序！！ 其实不难，设f[i]为i的答案，那么f[i]=(f[i 1] w[i]+i)%mod，w[i]是1e(i的位数)，这个很容易写成矩阵的形式，然后按每一位分别矩阵快速幂即可 矩阵： f[i 1] w[i] 1 1 f[i] i 1 0 1
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摘要：https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj 1444 orz 一直是我想错了，建出AC自动机之后，实际上这个定义是设f[i]为经过i节点的 期望次数 ，因为单词末尾节点走到意味着游戏结束，所以经过单词末尾节点的概率就是经过单词末尾节点的期望次数。为什么是期望呢，
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摘要：好像是高斯消元解互相推(?)的dp的例子 首先考虑dp，设f[i][j]为一人在i一人在j的概率，点i答案显然就是f[i][i]； 然后根据题意，得到转移是 $$ f[i][j]=f[i][j] p_i p_j+\sum_{edge(x,i)\in E}f[x][j] p_j \frac{1 p[x
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