随笔分类 - 動態規劃dp
摘要：设$lt[i][j]$为向左最远到达的点，$rt$同理，$ht[i][j]$为向上最远扩展多高 一开始先设初值为自己位置，高度为1 预处理每个点左右扩展的范围，扩展条件根据题目决定 然后可以dp： lt[i][j]=max(lt[i][j],lt[i-1][j]); rt[i][j]=min(rt[
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摘要：需要设计一个不用记录哪个人死了的状态，其实人的编号在死人以后就和位置无关了，所以不如记录每个位置的概率 设$f[i][j]$为共$i$个人，从第一个人做庄向后第$j$个人的概率，转移的话无非是看子问题，庄选某张牌杀掉人以后其实就只剩下$i-1$个人了，此时每个点的胜率加上对应位置的胜率即可，
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摘要：前言：不说废话，野狼disco牛逼就完事了（网易云和b站绝对共享cookie 这题喵啊.....好多解法慢慢写吧... 1.一种优秀且优雅的组合数解法 首先发现一个性质，先下降和先上升序列一样多，只要把每个点取反就可以，所以我们可以只计算一种 例如我们计算先下降的序列，考虑往后加入$i$，那么一定是
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摘要：此题似乎有两种写法，一种是一维表示步数，一维表示边，一种是两维都表示边，类似floyd，这里是第二种 这题和裸矩阵floyd唯一的区别就是不能从上一次来的边走回去， 如果还像原来一样用点表示状态就信息不足，暂且不考虑矩快优化dp的问题，要想知道上回走的那条边不如干脆记录上回走的哪条边，这样不仅知道从
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摘要：#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll a,b; int num[15],len;//num表示每位数字上限 ll f[15][15]; ll dfs(int pos,int now,int number,bool lmt,bool led){ //当前位置，当前答案，当前正统计的数字，是否达到数字上
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摘要：简单数位dp 数位dp最重要的还是要理解模板的原理，理解数位dp的原理，理解题目的做法，套模板不一定能解决所有问题，反而大概率会有一些细节出错而无法想到
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摘要：看的shadowice1984的题解，写的确实很棒，大概挑一点摘出来吧 这里想讲一个关于概率题的小技巧，就是关于如何求某个事件发生的概率PP，事实上大家也清楚，除了一些特殊的近似算法之外，我们在程序中计算概率的方法无非就是加减乘除四则运算而已……而减法和除法又是加法和乘法的逆。 而在概率角度上，应该
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摘要：在DAG图的部分分下很显然是个dp，拓扑排序dp即可搞定，在存在环的情况下，不知道为什么就要用spfa来dp 主要考察对spfa理解是否深刻，其实spfa的过程就是个dp的过程，尤其$if(d[y]>d[x]+w)d[y]=d[x]+w$非常像一个dp的式子， 我们每次都拿有可能更新其他点的点去尝试
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摘要：模板来自：https://www.cnblogs.com/Winniechen/p/9862745.html 题意：将数列a划分成k段，使得每段内部逆序对最少$(n<=40000,k<=10,a[i]<=n)$ dp式子比较显然，设$f[i][j]$为前$i$个数划分成$j$段的答案，$f[i][j
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摘要：已知一个长度为n的序列a1,a2,...,an。 对于每个1<=i<=n，找到最小的非负整数p满足 对于任意的j, aj < = ai + p - sqrt(abs(i-j)) 每个点的$p=max(a[j]-a[i]+\sqrt{|i-j|}$，可以想到dp，$f[i]=max(a[j]-a[i]
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摘要：这题和最短路计数有很大关系，再加上k只有50，容易让人想到dp， 先设计状态$f[i][j]$表示到$i$点比最短路多走了$j$长度的方案数，接下来思考转移 考虑一条边$u->v$边权为$w$，从$f[u][j]$能转移到$f[v]$的哪个状态？ 既然是走到$v$比$dis[v]$多走多少，就比较显
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摘要：我调炸了（Fword 面向数据编程*1 另外一道双倍经验题相同代码可过 简单的树形dp，和dp $f[i][0/1][0/1]$为到$i$选/不选当前，选/不选1号的答案 也可以两次树形dp，一次强制断环上一条边，一次强制连接
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摘要：调了一万年......先是==写成=，然后快读出锅，手写队列以为出锅改成stl结果发现stl才是真正出锅....改回手写队列才a 抄题解都抄了好久好久...（写法不唯一... 然后BZOJ RE.........WDNMD 思路，找环，子树求直径，单调队列dp，比较好理解，但是写起来有点麻烦 这里用
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摘要：过程： $f[i]=min(f[j]+\sum_{k=j+1}^{i}p_{k}*(x_{i}-x_{k}))+c[i]$ 令$sum[i]=\sum_{j=1}^{i}p_{k},sumx[i]=\sum_{j=1}^{i}p_{k}*x_{k}$ $f[i]=min(f[j]+(sum[i]-s
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摘要：设$f[i]$表示装$i$个玩具用的最小花费， 原转移方程：$f[i]=min(f[j]+(sum[i]-sum[j]+i-(j+1)+L)^2$ 把与$i$和$j$相关的放到一起：$f[i]=min(f[j]+(sum[i]+i-(sum[j]+j+L+1))^2$ 不断化简：设$a[i]=sum
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摘要：最基本的数位dp， 洛谷日报，比较易懂：https://www.luogu.org/blog/virus2017/shuweidp 传参：当前位数pos，记录当前数字出现次数now，当前查找的数字number，是否存在前导0 led，当前是否为枚举上界（最高位）lmt，前面加t的为临时变量 下一位是
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摘要：关于如何处理分数形式一个普适的做法是开个结构体记录分子分母，重载运算符做加减法， 但是在数据范围小的情况下可以假设开始时有$2^n$个小球下落，这样可以避免处理分数
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摘要：树形dp/记忆化搜索 首先可以看出树形dp，因为第一个问题并不需要知道子树的样子， 然而第二个输出前序遍历，必须知道每个子树的根节点，需要在树形dp过程中记录，递归输出
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摘要：2. 小x游世界树 (yggdrasi.pas/c/cpp) 【问题描述】 小x得到了一个(不可靠的)小道消息，传说中的神岛阿瓦隆在格陵兰海的某处,据说那里埋藏着亚瑟王的宝藏，这引起了小x的好奇，但当他想前往阿瓦隆时发现那里只有圣诞节时才能到达，然而现在已经春天了，不甘心的他将自己的目的地改成了世界
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摘要：對於不嚴格單調的我們可以n^2DP，首先每個數一定在原數組中出現過，如果沒出現過不如減小到出現過的那個花費更小，效果相同 所以f[i][j]表示把i改到離散化后j的最小代價，每次維護前一狀態最小值mn再加上這次的值就是答案 圖像沒看懂：https://blog.csdn.net/lycheng121
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