随笔分类 - 动态规划—dp
摘要：很像贪心的dp啊 这个定金尾款的设定让我想起了lolita和jk制服的尾款地狱…… 设f[i][j]为从j到i的付定金的最早月份然后从f[k][j 1]转移来，两种转移f[i][j]=min(f[i][j],f[j 1][k]+1)是当前这个月付[k 1,j 1]的尾款和[j,i]的定金，f[i][
阅读全文
摘要：A. Antipalindrome 还以为是什么神dp结果就是分情况讨论啊 原串是一串一样的字符的话输出0，是回文串的话输出n 1，否则直接输出原串长度 cpp include include using namespace std; const int N=200005; int n,d[N],s
阅读全文
摘要：算是比较经典的高斯消元应用了 设f[i]为i点答案，那么dp转移为f[u]=Σf[v] (1 p/q)/d[v]，意思是在u点爆炸可以从与u相连的v点转移过来 然后因为所有f都是未知数，高斯消元即可（记得输出大难的时候除以总概率和） cpp include include using namespa
阅读全文
摘要：其实是可以斜率优化的但是没啥必要 设st为花费时间的前缀和，sf为Fi的前缀和，f[i]为分组到i的最小花费 然后枚举j转移，考虑每次转移都是把j到i分为一组这样意味着j及之后的都要增加s的时间，同时增加这段的结束时间/ F，取min即可 cpp include include using name
阅读全文
摘要：满脑子组合数学，根本没想到dp 设f[i][j]为前i只蚂蚁，选出j只的方案数，初始状态为f[0][0]=1 转移为 $$ f[i][j]=\sum_{k=0}^{a[i]}f[i 1][j k] $$ $$ f[i][j]=\sum_{k=max(j a[i],0)}^{j}f[i 1][k] $
阅读全文
摘要：把长度转成右端点，按右端点排升序，f[i]=max(f[j]&&r[j] include include using namespace std; const int N=100005; int n,t[N],f[N],ans; struct qwe { int l,r; }a[N]; bool c
阅读全文
摘要：DAG上的dp 因为本身升序就是拓扑序，所以建出图来直接从1到ndp即可，设f[i][j]为到i花费了j cpp include include using namespace std; const int N=1005,inf=1e9+7; int n,m,b,h[N],cnt,f[N][N],a
阅读全文
摘要：预处理出g[i][j]表示原串第i个匹配第j个单词需要去掉几个字母（匹配不上为 1） 设f[i]为i及之后满足条件要去掉的最少字母 倒着dp！ f[i]初始为f[i+1]+1，转移方程为f[i]=min(f[i],f[i+strlen(b[j]+1)+g[i][j]]+g[i][j]) 也不是很难理
阅读全文
摘要：设f[i]为i时刻最小花费 把牛按l升序排列，每头牛能用f[l[i] 1]+c[i]更新(l[i],r[i])的区间min，所以用线段树维护f，用排完序的每头牛来更新，最后查询E点即可 cpp include include include using namespace std; const in
阅读全文
摘要：参考：http://hzwer.com/3917.html 好神啊 注意到如果分成n段，那么答案为n，所以每一段最大值为\\( \sqrt{n} \\) 先把相邻并且值相等的弃掉 设f[i]为到i的最小答案，b[j]表示的是从b[j]+1开始到i共有j个不同的数字，p[a[i]]表示a[i]上次出现
阅读全文
摘要：参考：https://www.cnblogs.com/N C Derek/archive/2012/07/11/usaco_09_open_tower.html 虽然长得很像斜率优化，但是应该不算…… 贪心是错的，对拍出好多异常情况 s[i]为前缀和，从顶向下dp;设f[i]为本层宽度，g[i]为这
阅读全文
摘要：参考：https://blog.csdn.net/cgh_andy/article/details/52506738 没有get到什么重点的dp……做的莫名其妙 注意滑雪一个坡可以滑很多次 设f[i][j]为时间为i能力为j的最大滑雪次数，预处理l[i][j]为在i时获得j能力的最晚开始时间，w[i
阅读全文
摘要：这不就是个n方dp吗……看了眼洛谷题解简直神仙打架 我全程没用到n…… 把休息时间并入产奶时间，注意“结束时间不挤奶”，所以ei=ei+r 1，注意这个 1！ 然后按r排序，设f[i]为选i的最大收益，因为r是单调的所以直接从左到右扫一遍满足rj include include using name
阅读全文
摘要：因为是单调不降或单调不升，所以所有的bi如果都是ai中出现过的一定不会变差 以递增为例，设f[i][j]为第j段选第i大的高度，预处理出s[i][j]表示选第i大的时，前j个 a与第i大的值的差的绝对值 的和。 转移显然是 $$ f[i][j]=min{f[i 1][k]+s[i][j] s[i][
阅读全文
摘要：设f[i]为i的方案数，f[1]=1，考虑转移，如果是奇数，那么就是f[i]=f[i 1]因为这1一定要加；否则f[i]=f[i 1]+f[i 1]，就是上一位+1或者i/2位所有因子乘二
阅读全文
摘要：最长上升子序列。虽然数据可以直接n方但是另写了个nlogn的 转移：f[i]=max(f[j]+1)(a[j] include using namespace std; const int N=5005; int n,a[N],f[N],ans; int read() { int r=0,f=1;
阅读全文
摘要：写了个bfs发现MLE了... 设f[t][i][j]为在t时刻走到(i,j)的方案数，转移和bfs一样 cpp include include using namespace std; const int N=105,dx[]={1, 1,0,0},dy[]={0,0, 1,1}; int n,m
阅读全文
摘要：不知道算不算博弈 很妙的贪心，一直在想SG函数结果... 首先从大到小排个序，然后考虑当前的人要怎么选：如果不选最后一段，那么另一人会选，这样不利于当前的人，所以每个人一定会选最后一段 设f[i]为要选i了，先手的最大差，显然是max(a[i] f[i 1],f[i 1])，就是先手只选了最后一个和
阅读全文
摘要：首先处理处理出来哪些边能连——能把羊分成两个偶数部分的，实现是在凸包上枚举极点，极角排序，枚举凸包上点对判断两边羊的个数的奇偶即可，设可以连边为v[i][j]=1 然后设f[i][j]为从i到j个凸包上点的方案数，初始状态是相邻点f[i][i+1]=1，转移是 $$ f[i][j]=\sum_{k=
阅读全文
摘要：要求三边和大于第四边，所以任意一条边的长度都是小于n/2 设f[i][j]为前i条长为j，转移的时候用n/2限制 cpp include include using namespace std; int n,mx,f[5][2505]; int main() { f[0][0]=1; scanf("
阅读全文
浙公网安备 33010602011771号