随笔分类 - 动态规划
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摘要：我设计的状态及转移过程dp[i][j]代表前i分钟最多走j次所能获得苹果的最大值则可以由 前i-1分钟最多走j次 前i-1分钟最多走j-1次 这两个状态转移过来注意，第二种的转移第j次可以选择走或者不走。因为是最多走j次跟以前做过的一个树形DP神似View Code #include<cstdio>#include<cstring>int dp[1010][35];int num[1010];int max(int a,int b){ return a>b?a:b;}int main(){ int T,W,i,j; while(scanf("%d%d&q
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摘要：2A的题，因为注释没去完。。。。。。题意：给你n个数，求长度大于2的且相邻数字绝对值差不超过H的序列的个数很容易想到一个朴素的O(n^2)DPdp[i]=sigma(dp[j],abs(val[i]-val[j])<=H)由于DP转移过程是求和的操作，所以可以用树状数组来优化求和操作进一步转换：val[i]-H<=val[j]<=val[i]+H,所以每次把val[i]-H到val[i]+H之间的树状数组中的数求和 假设和为pre,dp[i]=pre+1;表示以i结尾的序列的个数序列长度>=1，求和后再把dp[i]放进树状数组即可最后的答案还要减掉n，取出长度为1的序列
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摘要：判断1*2的砖块去填m*n的矩形总共的摆放方案dp[i][j]表示当前行状态为j时的总共的摆放方案先枚举上一层i的状态，如果存在某状态，就把还空的位置用竖的砖块插入，插满后，记录下当前i+1行的状态然后在i+1行暴力枚举所有可能摆放方案，这个状态数再叠加上同一行上一个的状态（没有摆放横砖块之前）总数最后的答案就是 dp[h][(1<<w)-1]即DP到最后一行，且摆满#include<stdio.h>#include<string.h>int h,w;__int64 dp[15][2050];void dfs2(int row,int state,int c
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摘要：http://www.acdream.tk/problem.php?cid=1001&pid=1dp[i] 表示匹配前i个字符的最大权值View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<queue>using namespace std;class trie{public : int num; trie* child[27]; trie() { num=0; memset(child,0,sizeof(child)); }}root;void insert(char *s,int...
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摘要：dp[i][j]表示一边亮i个洞，一边亮j个洞到达成目标还需的天数显然dp[i][j](i>=m,j>=m)=0;dp[i][j]和dp[i+a][j+b]形成递推关系所以需要枚举i,j以及a、b的所有组合数复杂度为O(n^4）注意每个灯亮与不亮都是独立的四个for循环View Code #include<cstdio>#include<cstring>const int maxn = 55 ;double dp[maxn][maxn];double c[maxn][maxn];double mulp[maxn];double mul_p[maxn];dou
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摘要：One Person GameTime Limit:1 Second Memory Limit:32768 KB Special JudgeThere is a very simple and interesting one-person game. You have 3 dice, namelyDie1,Die2andDie3.Die1hasK1faces.Die2hasK2faces.Die3hasK3faces. All the dice are fair dice, so the probability of rolling each value, 1 toK1,K2,K3is exa
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摘要：http://www.codeforces.com/problemset/problem/165/E蛮巧妙的，关键是以前做的少，mark一下View Code #include<cstdio>#include<cstring>int f[5000010],a[1000010];int main(){ int n,i,j,k; scanf("%d",&n); memset(f,0,sizeof(f)); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",...
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摘要：DP[i][j]表示以i为根节点的子树总共使j个客户收到信息的最大报酬dp[u][j+k]=max(dp[u][j+k],dp[u][j]+dp[v][k]-w) u是v的父节点，w为u、v的边权View Code #include<cstdio>#include<cstring>#define max(a,b) a>b?a:bconst int INF = 1000000000;const int maxn = 3010;int head[maxn],dp[maxn][maxn],n,m;int num[maxn];struct EDGE{ int v,w,ne
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摘要：同poj 3342http://www.cnblogs.com/wuyiqi/archive/2012/03/08/2385680.htmlView Code #include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#include<vector>#include<string>#include<map>using namespace std;#define max(a,b) a>b?a:bconst int maxn =
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摘要：DP过程注意：对于每个矛盾关系，从老板向员工连一条边dp[i][0]表示不取i的最大值，可以由两个状态转移而来dp[i][0]+=sigma[ max（dp[j][0],dp[j][1]）],j为儿子，即儿子取或不取都可以dp[i][1]表示取i的最大值，初始值赋为1，那么儿子节点就不能取了，所以dp[i][1]=sigma(dp[j][0]);判断方案是否唯一观察状态转移的过程可知：dp[i][0]是由dp[j][0],dp[j][1]两个状态过来的，所以当dp[j][0]==dp[j][1]时，方案不唯一，即子节点选与不选都可以但是注意前提是dp[i][0]更优与dp[i][1]，即i这个
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摘要：好猛的一道题目，做到吐血，最后发现有一组数据栈溢出了，就一组！！！算了，想法还是最重要的参考这里，可以和我的文章结合起来看http://www.cppblog.com/Yuan/archive/2010/09/06/125962.html?opt=admin首先明确一点，由于是两点之间的一条路径，所以不可能出现下面的情况即不可能出现三叉路口，出现三叉的就不是两点间的路径了所以只能是下面两种情况1、 以u为根时，路径分布在u的两棵子树中，一棵子树中的长度为a，另一棵为b=L-2-a,（图中红色的路径部分除外）2、 只延伸出一条路径到一棵子树中所以在v这棵子树中有L-1长度的路径存在。我们先假设整
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摘要：状态转移：dp[state][i]=sigma(dp[state'][i-1]);state和state'都是合法状态更多的注释在代码中View Code #include<cstdio>#include<cstring>int dp[13][1<<13];int cur[15];int state[1<<13];int m,n,tot;const int mod = 100000000;bool ok(int state){ if(state&(state<<1)) return false; return
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摘要：RelocationTime Limit:1000MSMemory Limit:65536KTotal Submissions:823Accepted:326DescriptionEmma and Eric are moving to their new house they bought after returning from their honeymoon. Fortunately, they have a few friends helping them relocate. To move the furniture, they only have two compact cars,
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摘要：dp[i][j]表示快的人走到i，慢的人走到j时的最小路程(j<i)从左到右对于每个点要么给走的快的人，要么给走的慢的人初始化dp[i][j]=INF状态转移方程：f[i+1][i]=min{f[i+1][i],f[i][j]+dis[j][i+1]}此前为f[i][j]，当前点i+1分配给jf[i+1][j]=min{f[i+1][j],f[i][j]+dis[i][i+1]}此前为f[i][j]，当前点i+1分配给i其中0<=j<i最后结果为min(f[n][i]+dis(i,n))其中i<nView Code #include<cstdio>#incl
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摘要：很典型的树形DP，自己也理解了好久，感觉自己好水哦。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。所以讲得清楚一点，以后回忆起来也快题意：一颗树，n个点（1-n），n-1条边，每个点上有一个权值，求从1出发，走V步，最多能遍历到的权值我们把背包的思想用到这里来，做的步数相当于背包的容量，点上的权值相当于价值，给定一定的背包容量，求最多能装进背包的价值设dp[0][s][j]表示从s（当前根节点）出发，走 j 步，回到s所能获得的最大权值 dp[1][s][j]表示从s（当前根节点）出发，走j步，不回到s所能获得的最大权值现在我们就可以分配背包容量了：父节点与子节点分配背包容量，从而设计出状态
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摘要：把最贵的先留着最后再买View Code #include<stdio.h>#include<string.h>int dp[1010];int p[1010];int max(int a,int b){ return a>b?a:b;}int main(){ int n,m,i,j,pos; while(scanf("%d",&n),n) { int Max=0; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&p[i]); if(p[i]>Max) ...
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摘要：分析：典型dp，状态转移方程dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i][j-i]；dp[i][j]表示i辆卡车装j台电脑的方法数。例如：8台电脑3台车卡车1卡车2卡车3dp[3,8]=dp[2,7]+dp[3,5]第一类611卡车3只放一台电脑，运法总数相当于2台卡车运7台电脑dp[2,7]。521431第二类422每台车有一台以上电脑，运法总数相当于3台车运5台电脑dp[3,5]332c++View Code #include<stdio.h>#include<string.h>__int64 dp[210][210];void init(){ int i
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摘要：http://www.cnblogs.com/zjh10/articles/2032294.html这个题目是说 每个点有权值，有些点的得到需要先得到某点，问你选M个点能够得到的最大值很明显是有依赖的背包，而且应该是有依赖中有依赖（虽然我觉得题目并没有很明确地说）~这样的话 我们就构建dp[i][j]，i为i号点，j为它选了里面的几个点。。。。。这样的话 我们就发现其实是个树，点的值取决于子点的选法。方程dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[k][j-kk]+dp[t[k][i]][kk])表示在第i个k的子点中选kk个点加上目前k号点选j-kk个点与直接在k号点选j个点谁更优。。
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摘要：转自http://www.cppblog.com/baby-fly/archive/2010/08/03/122027.aspx?opt=admin很显然是动态规划。dp[i]表示前i个数有多少个有效的子序列。那么 dp[i]=dp[i-1]+A。 A是前面i-1个数中，与i的差值不超过d的以该数结尾的有效的子序列的个数 的和。我们可以用另外一个数组sub[i]表示以i结尾的有效的子序列的个数。 dp与sub的不同之处是dp中的子序列不一定是以第i个数结尾的。sub[i]= sigma sub[k] ,( abs(numk],num[i])<=d ）。 由于求sub的时间复杂度为O(n^
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摘要：我决定：以后每一场codeforces我都将进行总结，尽量在赛后把题目AK(*_*),水平有限，只能说尽量。难得有一场CF的比赛在白天开始，于是我准时的守候在电脑前准备打一场CF，哈哈a题b题很快过了，c题卡了一下，原因是在poj做过类似的一道题，http://www.cnblogs.com/wuyiqi/archive/2011/09/20/2182986.html但是这道题目只需要求有几个区间能被其他区间完全覆盖，并不需要求每个区间分别能被几个区间覆盖，这是本质差别对于这道题，只需要排个序（没必要用树状数组）x递增，y递减所以后面的x肯定大于等于前面的x，现在只需要比较y即可，如果y小于m
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