摘要：原题： 思路： 经典DP题目 但这个题有个更快的做法 开一个数组d表示序列中的数 如果目前这个数与d中最后一位符合要求 就加入 如果不符合就找到d中第一个不符合要求的并替换 相当于一直在确定这个序列是多少 详见代码 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespac 阅读全文

摘要：原题： 思路： 考虑DP 设f[i][j]为考虑前i行，第i行选第j个的最大值 则f[i][j]=max(f[i-1][j])+d[i][j] 这道题由于有枚举成分在，如果用DFS就会超时 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n 阅读全文

摘要：原题： 思路： 可以采取类似于树形DP的做法 计算出从各个儿子到达目标点的方法 然后加起来，就是这个点的方法 就像是反向的计数DP 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct node { int u,w,nxt; }e[2000 阅读全文

摘要：原题： 思路： 考虑搜索，显然有必胜策略 对于能转移到必胜状态的，必输，因为它把必胜状态给了对方 由此可以用搜索解决 但是DFS麻烦，于是我们换一种策略 类似动规 代码： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int f[2010] 阅读全文

摘要：原题： 思路： 经典树形DP 借此题讲解一下树形DP 顾名思义，树形DP以「子树」作为单位进行DP 由于这个性质，DFS成了实现的最好选择 先DFS求出子问题，随后得出当前规模答案。 详见代码 这个还可以用拓扑排序做 代码： #include <bits/stdc++.h> using namesp 阅读全文

摘要：原题： 1≤n≤16 思路： 一看规模，暴搜，这种题还不简单hahaha 既然要做题，我们就要想想更优解法 为什么不写一下记忆化呢？ 首先我们想到的是，记忆以每一个单词开头能得到的最长长度 但是这个想法连样例都过不了 在这组样例中，以我们的想法，OIOOI显然能接的最长单词是IUUO 但以IUUO开 阅读全文

摘要：原题： 思路： 首先考虑暴搜。 对于每一个点，我记录到这一格为止，走过了多少路。然后枚举四个方向继续递归。直到彻底走不动之后，就停下来更新答案。 但是有个问题——数据规模最大100行100列，如果我以一次递归4个方向来计算，第一层4种，第二层16种，第三层64种，第四层256种，而假设我们从整个地图 阅读全文

摘要：原题： 思路： 显然是搜索 但问题在于要同时标记行、列、对角线 对角线有规律：从左上到右下，x-y是固定值，从左下到右上，x+y是固定值 由于x-y有可能是负的，所以要+n 代码： #include <iostream> using namespace std; int n,ans,book[233 阅读全文

摘要：原题： 思路： 广搜。 但队列除了记忆坐标，还要记忆步数。 在将一个点入队的时候，这个点的步数为这个点的父亲节点的步数+1，顺便把答案设了。 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int sx,sy; int a[405] 阅读全文

摘要：原题： 思路： 对于每一个楼层，只有上和下两种情况 将上和下分别入队跑BFS即可 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,a,b; int move_count[205]; bool arrived_floor[205]; boo 阅读全文

摘要：原题： 思路： 数据范围很小（n<=20）所以考虑搜索。 最为朴素的想法——对于每一个单词，我考虑后面能接哪些单词，并分别尝试计算答案。 但是随之而来的就是一个问题——我要如何知道后面能接哪些单词？ 解决方法很简单，只要匹配一下就好了。 但是，难道我每次递归，都要匹配一下吗？这肯定是不行的，时间复杂 阅读全文