随笔分类 - dp
摘要：嘟嘟嘟 看到最后让求一个比值，应该得往01规划上去想。令x = ∑v[i] / ∑c[i],则x * ∑c[i] = ∑v[i], ∑(v[i] - x * c[i]) = 0. 于是可以二分x（注意是实数二分），每一个点得到新的权值v[i] - mid * c[i]，然后树上背包求最大值。如果最大
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摘要：一道NOIP2018模拟的DayT3 原本没打算做，结果Dukelv秒了（强的过分），就来看看。 状压dp。令dp[i][j]表示在状态 i ，最后选了第 j 个数是的最大分值。 所以我们枚举状态 i，在枚举最后一个选的 j，再枚举下一个要选的k，容易得出： dp[i | (1 << (k - 1)
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摘要：嘟嘟嘟 今天才知道，原来lcs也有O(nlogn)的做法…… 首先对于两个排列（即使不是排列，离散化一下就行），我们能很容易的得出a[i]在b中出现的位置，但是无法保证出现的相对位置和a[i]相同，所以我们要解决的是求出a[i]在b中出现的相对位置相同的最长序列长度是多少。（相对位置就是对于两个的数
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摘要：嘟嘟嘟 当年的我不会状压，于是就很自然的爆零了。 今年的我会了状压，于是尝试一波状压dfs。 然后怎么就AC了…… 首先，有两个数组dis[i]：i 到打通的宝藏屋经过的宝藏屋数量；dp[i] 一个二进制数，第k位为1表示第k个宝藏屋已经被开采过了。 然后就是暴力dfs啦。 首先枚举打通的宝藏屋 i
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摘要：嘟嘟嘟 时隔将近一年，我终于开始捡起去年NOIP的题了。记得当时啥也不会的我看到这题无从下手，就连暴力也没写出来。 好吧，说正事。 1.如果k = 0的话很好做，就是最短路计数。 2.不过这道题允许走“冤枉路”，于是我们可以dp。考虑到每走一条边，就会对冤枉路的长度做出贡献，那么令dp[i][j]表
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摘要：嘟嘟嘟 这应该算一道树形背包吧，虽然我还是分不太清树形背包和树形dp的区别…… 首先dp[i][u][j] 表示在u的前 i 棵子树中，留了 j 条树枝时最大的苹果数量，而且根据题目描述，这些留下的树枝一定都连在u上。 然后我们从1~j 枚举 k，于是 dp[i][u][j] = max(dp[i
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摘要：嘟嘟嘟 一看完题我就知道是树形dp，状态都想出来了：dp[i][j]表示以 i 为根节点的子树，选了 j 个用户时的最大利润。然后我就卡住了……直到看题解的那一刻…… 题解说：树形背包。于是我就知道为什么gg了：我总共就做了一道树形背包。 思路大概是这样的：对于一个节点u，枚举他的儿子v，然后dfs
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摘要：嘟嘟嘟 这好像是一种树上背包。 我们令dp[i][j] 表示在 i 所在的子树中（包括节点 i）分离出一个大小为 j 的子树最少需割多少条边。 那么转移方程就是 dp[u][j] = min(dp[u][j], dp[u][j - k] + dp[v][k] - 1) (v是u的一个儿子) 理解起来
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摘要：嘟嘟嘟 题说的很明白，就是求树的重心。 我们首先dfs一遍维护每一个点的子树大小，然后再dfs一遍，对于一个点u，选择子树中size[v]最小的那个和n - size[u]比较，取最大作为删除u后的答案Max[u]。 然后再O(n)遍历一遍取min(Max[i]). 写代码的时候两次dfs可以合并。
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摘要：嘟嘟嘟 树形dp。 首先一个很常规的想法就是如果u到v有一条边，那么建立cost(u, v) = 0, cost(v, u) = 1的两条边. 可以两遍dfs。 先任选一个点作为根节点，第一遍从下往上dfs，维护节点u到他的所有子节点的距离，很容易得出dis[u] = ∑dis[v] + cost(
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摘要：嘟嘟嘟 题目大意就是对于一个m面的骰子，回答这么两个问题： 1.求连续扔n次都是同一数字的期望次数。 2.求连续扔n次每一次数字都不相同的期望次数。 对于期望dp特别菜的我来说，这道题已经算是很难了。反正是抠了一天…… 我们先看第一问。 令fi表示连续 i 次数字都相同的期望，那么要考虑他能转化到什
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摘要：嘟嘟嘟 虽然分类是期望dp，不过好像是最水的 因为在陆地上的时间和概率是固定的，所以只用考虑过河的期望时间。 对于一条河p, l, v，p好像没什么用……不管了，首先期望时间我觉得可以这么算：期望时间=期望距离 / 速度，又因为船停的位置和方向都是等概率随机的，所以期望的距离就是平均距离，很显然最长
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摘要：嘟嘟嘟 这道题很显然是dp，刚开始我是设dp[i][j]表示到第 i 个时间段，申请了 j 个课程耗费的体力值的总和的最小期望值，但是想了半天也没有推出转移方程，现在想想觉得应该是无法表示他第 i 时刻在哪一个教室。 于是我们加一维dp[i][j][0/1]表示第 i 时刻我们是否申请了换教室。那么
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摘要：嘟嘟嘟 看这种图上摆放方案的题，以及 m <= 10，就一定能猜到是状压dp。 考虑当前第 i 行放一个3 * 2的方块，只会受到 i - 1行和 i - 2行的影响， 所以设：0：表示上两行都空闲。 1：i - 2行有块，i - 1行空闲。 2：i - 1行有块，因此 i - 2行的状态就不用管了
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摘要：嘟嘟嘟 看来状压dp入门题都是这个难度的。 令dp[i][j]表示到了第 i 行，状态为 j 时的方案数。 然后枚举这一行和上一行的状态，则dp[i][j] += dp[i - 1][k]。 预处理合法的种植状态。 还有，判断种植状态符不符合草地状态只能一位一位比较，因为位运算不能辨别两个数的二进制
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摘要：嘟嘟嘟 做完[NOI2001]炮兵阵地这道题，顿时觉得此题好水~~15分钟AC 令dp[i][j][k]表示到第 i 行放了 j 个国王，该行状态为 k 时的方案数。然后dp的时候第一层循环枚举 i，第二层 j，如果j 合法的话，再枚举第三层 i - 1行的状态 k，然后如果k合法且 j 和k不冲突
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摘要：嘟嘟嘟 看到 m <= 10，就知道这道题可定是状压dp。 还是一行一行dp，可见当前第 i 行能否放炮兵，除了和第 i 行的地形有关，还和 i - 1, i - 2行炮兵的放置状态有关。 因此dp要开三维，dp[k][j][i] 表示第 i 行的放置状态为 j， i - 1 行的放置状态为h时最多
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摘要：嘟嘟嘟 这道题感觉和昨天的凉心模拟有点像，不过这一次n和m都是手动输入的，所以矩阵自己画不出来。 但总体的思路还是一样的：状压dp，每一行为一个状态。 考虑每一个状态：对于每一个1 * 2的方块，要么横着放，要么竖着放。竖着放对于这一行相当于这一块的一半。因此，第k位为1表示第 i 行第k列有一个一
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摘要：嘟嘟嘟 题意概括一下，就是在无向图上求一条1到n的路径，使路径上第k + 1大的边权尽量小。 考虑dp，令dp[i][j] 表示走到节点 i，路线上有 j 条电话线免费时，路径上最贵的电缆花费最小是多少。则对于一条从u到v，长度为w的边，转移方程是： 1.这条电缆要付费：dp[v][p] = min
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摘要：嘟嘟嘟 这个是一个很明显的dp，遇到这种倍数的问题的，就令dp[i][j]表示选到了第 i 只牛（不是选了 i 只牛），sum(Ri) % f == j 的方案数,则， dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][(j + f - a[i] % f) % f] 等式右边第
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