随笔分类 - dp
摘要：嘟嘟嘟 虽然题面很长，但是静下心来看完后，还是掩盖不了这是一道水体的事实。 发现这是一棵完全二叉树，而且深度只有40。 那么dp[u][l][r]表示到达节点u，有 l 条公路，r条铁路没修。转移方程就是分两种情况递归下去就行啦。 然后中间节点只是用来记录答案的，在叶节点计算。 据说这道题卡空间，但
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摘要：嘟嘟嘟 这道题可以说是[HNOI2003]消防局的设立的升级版。距离从2改为了d。 辛亏d只有20，这也就是一个切入点。 令f[u][j]表示u四周 j - 1的距离需要被覆盖，g[u][j]表示u可以像四周覆盖 j 的距离。 考虑转移方程，令v为u的其中一个儿子： 1.f[u][j]：直接从v延伸
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摘要：嘟嘟嘟 树形dp水题啦。 刚开始以为和[SDOI2006]保安站岗这道题一样，然后交上去WA了。 仔细想想还是有区别的，一个是能看到相邻点，一个是能看到相邻边。对于第一个，可以(u, v)两个点都不放，然而对于这道题就不行了。 不过dp方程更简单：dp[u][0/1]表示u这个点不放/放士兵的最优答
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摘要：嘟嘟嘟 n个点n条边，说明图中存在一个简单环，更准确的说是每一个连通块中存在一个简单环（因为图可能不连通）。 然后有人给这个玩意起了个名字：基环外向树。 然而并没有什么用。 思路很简单：断环为链，就变成了一棵树了。为了防止断开的两端(x, y)同时被选，从x和y分别树形dp一下，然后硬性规定根节点不
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摘要：嘟嘟嘟 01分数规划+树形背包。 然后就没了。 结果我调了半天，原因还是树形背包不熟练。 我是用dfs序求的，转化的时候，是dp[i][j]转化到dp[i + 1][j + 1]或dp[i +siz[pos[i]]][j]，而不是像普通的dp从别的状态转化到dp[i][j]，所以最后的答案应该考虑到
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摘要：嘟嘟嘟 一看就是树形dp。 刚开始我的状态dp[i][0 / 1]表示以 i 为根的子树，i 选 / 不选时的最小的经费。然后转移方程我就推不出来了，因为无法很好的表示 i 和子树的关系。比如如果 i 不选，那么 i 的子节点可以选一个也可以选多个也可以一个不选，因为 i 的儿子的儿子选了的话，i
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摘要：通向自由的钥匙被放n个房间里，这n个房间由n-1条走廊连接。但是每个房间里都有特别的保护魔法，在它的作用下，我无法通过这个房间，也无法取得其中的钥匙。虽然我可以通过消耗能量来破坏房间里的魔法，但是我的能量是有限的。那么，如果我最先站在1号房间（1号房间的保护魔法依然是有效的，也就是，如果不耗费能量，
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摘要：我虽然做了好几道树形背包的题，但是一直不是十分理解，对于每一道题，总是看题解就明白，然后换一道题自己写不出来。临近NOIP，gg让我们强化一下背包以及树形背包，我也恰有此打算，于是又开始从头学习了树形背包。 看了好多博客以及论文之后，对树形背包确实有了一个全新的认识，尤其是这篇博客以及徐持恒的论文《
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摘要：嘟嘟嘟 我真不信这题在洛谷上是一道黄题，起码绿题也行啊…… dp方程不难，dp[i][j]表示前 i 位用了 j 个乘号时的答案。然后转移方程我竟然没想出来（菜的过分）……其实就是枚举第 j 个乘号在哪儿，然后转移方程就是dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[k][j] * num
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摘要：嘟嘟嘟 这虽然是一道水题，然而我Debug了快一个点儿，于是决定在A了之后发篇博客。 这显然是一个有依赖性的背包问题，但是因为这道题一个主件最多只有两个附件，所以只有4种情况： 1.只选主件 2.主件+附件1 3.主件+附件2 4.主件+附件１+附件2 (5.都不选) 而且这四种情况是互斥的，那么这
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摘要：嘟嘟嘟 一道人人皆知的dp基础题。我听人讲了无数遍，就是没写。 问题可以转化为找到两条从(1, 1)到(n, m)不相交的路径，使路径上的好感度之和最大。 这道题的关键在于dp的顺序，观察会发现，只要保持这两条路径枚举到同一条对角线上，顺序就对了。于是令dp[k][i][j]表示到第k条对角线，靠右
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摘要：嘟嘟嘟 一道说难也难说简单也简单的dp题。 我觉得我的（有篇题解）做法就属于特别简单的。 平时遇到环的问题都是断环为链，但这道题给了一种新的思路。 观察一下，最后的答案无非就这两种：xxx--xx xxxx xxx xx 对于第二种，有一个特别好的做法：正着求一遍最大子串和，再倒着求一遍，然后枚举断
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摘要：题面好难找：嘟嘟嘟 贪心 + dp。 首先要按bi的降序排序，让每一次减少大的数尽量靠前。为啥咧？于是我们就需要证明：令sum = a1 - (1 - 1) * b1 + a2 - (2 - 1) * b2 + a3 - (3 - 1) * b3 + ……+ an - (n - 1) * bn，整理
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摘要：嘟嘟嘟 考虑dp。 对于ai，和他能匹配的bj只有9个，所以我们考虑从这9个状态转移。 对于ai 能匹配的一个bj，当前最大的匹配数一定是[1, j - 1]中的最大匹配数 + 1。然后用树状数组维护前缀匹配数最大值就行了。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostrea
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摘要：嘟嘟嘟 刚开始我以为是kmp+dp，后来发现其实没那么复杂。 令dp[i][j][h][0/1]表示A串到第 i 位，B串到第 j 位，其中A串取了k个子串时，Ai 取/不取的方案数。那么转移方程就很容易的写出来了： dp[i][j][h][0] = dp[i - 1][j][h][0] + dp[
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摘要：嘟嘟嘟 这题刚开始是什么思路也没有，关键是不知道怎么解决序列反转的问题。 然后我就想到如果暴力反转一个序列的话，实际上就是不断交换数组中的两个数ai和aj，同时要满足交换的数不能交叉。 然后又看了一眼（岂止一眼）题解，因为ai <= 50，所以令dp[i][j][L][R]表示区间[i, j]，mi
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摘要：嘟嘟嘟 中序遍历有一个特点：序列[1, n]是一个中序遍历，i 是根节点，则[1, i - 1]是他的左子树的中序遍历，[i + 1, n]为右子树的中序遍历。所以就想到了区间dp，对于[i, j]枚举根节点k，则dp[i][j] = max(dp[i][k - 1] * dp[k + 1][j]
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摘要：嘟嘟嘟 一道树形dp题。 令dp[u]表示以u为根时所有点的深度之和。考虑u到他的一个子节点v时答案的变化，v子树以外的点的深度都加１，v子树以内的点的深度都减１，所以dp[v] = dp[u] + (n - siz[v]) - siz[v]。于是dp式就搞出来了。 所以两边dfs，第一遍求siz和
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摘要：嘟嘟嘟 偶然看到的这道题，觉得有点意思，就做了。 首先题里说修改后的数列只能出现修改前的数，那么状态之间的转移也就之可能在这些数之间。 令f[i][j]表示第 i 个数改成原序列第 j 小的数时的最小步数。容易得出：f[i][j] = min(f[i - 1][k]) + abs(a[i] - b[
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摘要：嘟嘟嘟 令dp[i]表示在n个人中，有 i 个人获得第一名的方案数，转移方程为dp[i] = C(i, n) * dp[n - i]。C(i, n)就是从n个人中选 i 个第一，那么剩下的n - i 个人必须都不是第一，所以就从dp[n - i]转移过来。 因为模数不是质数，所以O(n2)杨辉三角递
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