随笔分类 - 算法--动态规划/贪心/基础算法
摘要：1、如果田忌剩下的马中最强的马都赢不了齐王剩下的最强的马，那么应该用最差的一匹马去输给齐王最强的马。 2、如果田忌剩下的马中最强的马可以赢齐王剩下的最强的马，那就用这匹马去赢齐王剩下的最强的马。 3、如果田忌剩下的马中最强的马和齐王剩下的最强的马打平的话，可以选择打平或者用最差的马输掉比赛。 设表示齐王按从强到弱的顺序出马和田忌进行了i场比赛之后，从“头”取了j匹较强的马，从“尾”取了i-j匹较弱的马，所能够得到的最大盈利。 状态转移方程如下： 注意边界条件的判定View Code // Code by yefeng162...
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摘要：浅谈贪心思想在动态规划中的应用 -----黄劲松 论文中的例题,其中也附有详接 讲讲自己的理解吧. 题目所求为, 使用某种特定策略,使从根节点rt ,依次到每个叶子节点最少步长. 再除以叶子节点数量. 即为最终期望值. 对于一个以 rt 为根的子树上, 我们将其分为 House在子树rt上的步长总数Fa , 以及不在子树上步长总数Fb: 表示 House 在 该rt为根子树上的 步长总数 表示House 不在 该rt为根子树上的 步长总数 表示 该子树上 叶子节点数量 则所求期望为: 若节点 u, 有 k 个子节点, 按照 s1...
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摘要：我们把 放置在 第 I 行的炮兵 称为 I 行炮兵, 通过观察我们可以得出, 第I行炮兵只受 I-1 行,I-2行的 放置情况影响. 对于第Y列,有三种情况: P[x] = 0, i-1 行 空 i-2 行 空 P[x] = 1, i-1 行 空, i-2 行放置了炮兵 P[x] = 2, i-1 行 放置炮兵 (因为 此行放置了炮兵, 哪怕 I-2行 空,对于 I行而言,也毫无意义) 因为这题与 1038不同, 若当前位置为平原, 只影响当前层,而对下一层无影响,所以我们不能将 平原和高山 情况合并到状态中, 其实直接单点考虑也没事. ...
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摘要：把底边贴着第 x 行底边放置的芯片 称为第 x 行芯片。 由于芯片长度只有 3， 所以第 x 行芯片的放置只受 x-1行 和 x-2 行放置情况的影响。 同时由于一旦 方格 （x-1, y）被黑色记号或其他芯片 占据，则方格（x-2,y）即便空闲对第 x行芯片的放置也毫无意义。 所以，只需记录的状态只有： 一， a[x] = 0 表示方格（x-1,y）空闲，方格（x-2,y）空闲 二， a[x] = 1 表示方格（x-1,y）空闲，方格（x-2,y）被占据 三， a[x] = 3, 表示方格（x-1,y）被占据 意味着对于 I 层， 其状态 J， 保存着 I，I-...
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摘要：状态表示 前 i 行状态为 mask的 合法方案数量 状态转移方程为 其中 状态 j,k 满足条件 j & k = 0, j & ( j <<1) = 0, k & ( k <<1 ) = 0 ,且 J,K状态种植点合法 因为两层间种植的点, 不可以上下相邻 所以有 J&K = 0 因为同层间,种植点不可 两两相邻, 所以有 J & ( J << 1 ) = 0 , K & ( K << 1 ) = 0 再而, 对于当前层, 某些点不可以 种植, 某些可以种植, 因为只有12位, 我们可以映射到一个
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摘要：dp（t,x,y） 表示 t时刻，锤子放到 (x,y) 点，打地鼠最高分 状态方程： dp（t, x, y） = Max { dp（t,x,y），dp（t-1,x1,y1）+ sum（x,y,x1,y1） } 其中 sqrt( (x-x1)^2 + (y-y1)^2 ) <= d, sum（x,y,x1,y1）表示 以 （x,y），（x1,y1）为端点的线段上 地鼠数量 对于 已知两端点 （x1,y1），（x2,y2）的线段，求其线段上 合法点个数，有多种方式： 一， 利用 直线方程来解， 若 x1==x2 或 y1 == y2 斜率不存在的特殊情...
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摘要：因为 除了终点外,中途点 位置 高度皆为 Y[1], 我们可以通过 横坐标唯一确定当前状态 所以 定义状态: DP（I，K） 表示经过 第I栋 Building 移动到 K位置，最小 swap次数 则 转移方程为: 注意到, 因为我们是从 I = 1, 2, 3. ... ,N 顺序处理, dp（k）位置保存着 最优值， 所以第一维 I 我们可以省去 得到转移方程： 对于处理到 第I栋时， 枚举 Xi 到 最大横坐标 ，注意 非法状态的判定， 因为都是顺序处理的，若目前不合法，则后面状态也不合法解题代码View Code #include<stdio....
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摘要：题目大意： 一个 R*C的矩阵，每个格子内有两种矿yeyenum和bloggium，并且知道它们在每个格子内的数量是多少。 如图所示，最北边有bloggium的收集站，最西边有 yeyenum 的收集站。 传送带只有一个方向直达收集站才有效，不可转弯。 现在要你在这些格子上面安装向北或者向西的传送带(每个格子自能装一种)。问最多能采到多少矿(yeyenum+bloggium)？ 定义状态 dp（I，J）表示 前I行，J列，Y+B矿最大值 因为对于任一矿地添加 传送带，仅当其 连接带对应 边界的 收集站时，才有效，且不可弯曲， 所以，对于当前一点 （I，J），其包...
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摘要：不得不说这题,为什么习惯把 X轴,Y轴 颠倒过来........ 假设 S（X，Y） 表示以 （1，1）为左上角坐标， （X，Y）为左下角的矩形内部 树的数量， 那么有 S（X，Y） = S（X-1，Y）+ S（X，Y-1） + Vis（X，Y） // Vis 表示 X，Y点是否有树，若有则为1，否则为0 我们可以通过 O（N*M）时间预处理出 S（X，Y） 然后对于 DP（X1，Y1，X2，Y2） ： 以（X1，Y1）为左上角，（X2，Y2）为左下角的 矩形内部 树数量，有 DP（X1，Y1，X2，Y2） = S（X2，Y2） - S（X2，Y1-1）-S（X1...
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摘要：对于 串 Str（I，J）构成 回文串， 一，其可以由 子串Str（I+1，J）构成的回文串 D（I+1，J） 再通过在最右添加字符S（I）构成 二，也可以由 字串Str（I, J-1）构成的回文串 D（I， J-1） 再通过在最左边添加字符 S（J）构成 三，当 S（I） == S（J）时，两个边界不花费总是最优，我们可以由 子串Str（I+1，J-1）构成的回文串 D（I+1，J+1）构成 所以，可以定义状态 DP（I，J）表示 串 Str（i,j）构成回文串最小花费 转移策略： 一， DP（I，J） = Min { DP（I+1，J）+cost（i）, ...
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摘要：一, 将C个顶点排序后枚举两点构成直线,然后求最值. ( 排序后枚举,可减少重复枚举 ) 二, 我们枚举两点 （i, j ） ，因为我们排序后 （Xi,Yi）都比（Xj,Yj）都小，我们假定 Point(i) 作为跳进稻田路径的第一个点，这样，我们在之后枚举到相同路径的顶点时，就无需重复计算。 三，跳跃距离（dx,dy）向量相同，我们用 bool vis[5000][5000] 来标记合法点，当未跳出稻田且该点不合法则结束。解题代码：View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>
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摘要：将方差公式转换 : 方差: 均值: 得到: 我们知道 均值 X 为定值,与如何划分无关, 所以上述公式, 仅与 有关. 那么我们可以通过求出最优的, 即可求出最优 方差值. 因为对于任意矩形，我们可以通过 其左上角，右下角 坐标来唯一确定，且要保证结果无后效性，我们增加一维切割次数N 定义状态 DP（N，X1，Y1，X2，Y2） 为将 矩形（X1，Y1，X2，Y2）划分N次 的最小 平方值和 则根据题目得到 对于当前状态 DP（K，X1，Y1，X2，Y2） 对于 矩形 （X1，Y1，X2，Y2） ，依据题目要求只可在边缘切割，所以我们的切割方案分...
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摘要：状态 dp( i, j ) 表示 拿出i块巧克力，桌面上剩余j块的概率 若再拿出一块巧克力，则可能出现两种情况 一，一种是，从 桌面已出现的 J 种取 一种，然后被吃掉，则桌面总数量减少1，得到状态 dp（I+1，J-1），概率为 DP（I，J）*J/C， 二，一种是，从 桌面上未出现的C-J种取 一种，然后桌面数量增加一个，得到状态DP（I+1，J+1），概率为DP（I，J）*（C-J）/C 注意到 第一种情形出现的条件是 J-1 >= 0 ,第二种出现条件为 J+1 <= C 另外，我们知道当 M 》 C ，以及 M，N奇偶性不同时，概率必定为0. 至于N = 1e...
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摘要：神状态题。。。。经波神，旭神轮番普渡，方AC。。。道路崎岖啊。。。 状态 dp( i, j ) 此题状态意义，要能区分重复。 i 个苹果，使用 j 个盘子放置，不同方案数量。 状态转移方程，从 当前是否有盘子空 来区分，这样就不会存在重复情况了。 一，若存在空盘子，则可能分为1，2，3，。。。，J个， 但是状态 dp( i, j-1 ) J-1个盘子放置i个苹果，包含了2，3，。。，J-1个空的情况，所以此时等价于 dp( i, j-1 ) 二，若不存在空盘子，（此时要满足条件 i >= j ） ， 那么 每一个盘子放一个苹果后，剩下 I - J 个苹果 放置在 J ...
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摘要：依据题目要求,则任意满足要求的N有如下关系 , 其中 ( x, y, z ) 为自然数 那么我们需要前1500个. 则可以通过枚举 x, y, z 来得出. 问题就转换成了如何枚举 x, y, z 使其不重复,且按照从小到大的顺序得出. 假定,我们已经求得了第 Ai 个 Ugly Number 那么, Ai*2,Ai*3,Ai*5 也必定是 Ugly Number, 这也确实是这样.但是我们想要知道的是其顺序大小关系. 第i个Ugly Number 为Ai, i+1个Ugly Number该如何求呢. 它必定是前面已求得的一个数 Aj, 通过 *2, *3, *5 ...
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摘要：题目题意异常恶心,难以理解...... 呵呵.....不过题意是 Lyush大神 花费一小时看明白后透露给笔者的, 到现在依然YM此大婶当中...... 先说说题目大意: 一颗完全二叉树,有 N ( n <= 1024,且必定为2的整数幂,意味着是一颗完全二叉树 ) 个叶子节点,每一个节点都含有一个长度为 LL ( L <= 1000 ) 的串 ( 串仅由大写字母构成), 现仅仅知道N个叶子节点串的组成.其他节点串不知道. 但我们知道,直接父节点相同的两个子节点,其对应位置不同则花费为1. 整棵树花费最小. 让你求,整棵树的最小花费, 以及根节点的可能串元素...
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摘要：解决此类问题常见思路: 为求以 A1, A2, ... , AK 为前K项的所有栏杆字典排序第K小的序列. 这里给出其他牛人的介绍先抛开此题，用最简单的全排列问题来说明这种方法。如1，2，3，4的全排列，共有4！种，求第10个的排列是？先试首位是1，后234有3！=6种<10,说明1偏小，转化成以2开头的第（10-6=4）个排列，而3！=6 >= 4，说明首位恰是2。第二位先试1（1没用过），后面2！=2个<4,1偏小，换成3（2用过了）为第二位，总编号也再减去2！，剩下2了。而此时2!>=2，说明第二位恰好是3。第三位先试1，但后面1！<2，因此改用4。末位则是
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摘要：状态 dp[i][j] 表示 第i根柱子,高度为j的最小花费 转移方程 dp( i , j ) = Min { dp( i-1, k ) + | k - j | * C + ( j-a[i] )*( j-a[i]) } 如果我们 枚举 j 和 k, 因为 都小于 100, 时间复杂度也有 O( 10^9 ), 1000 ms也不够. 我们可以把绝对值拆分开来: 当 j >= k 时: dp( i, j ) = Min{ dp( i-1, k ) - k*C + j*c + ( j-a[i])^2 } 当 j <= k 时: dp( i, j ) = ...
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摘要：将题目转换题意, 有一个M列的墙, 我们需要 使用 1*2 的小矩形 砌成N层高, 有多少不同的方案数量. 因为只有1*2的砖头, 且只有竖立或者横着放. 那么我们规定 竖立放置的砖头属于 较高的一层, 且 当前点放置砖头则为1,否则为0 那么我们可以得出结论: 对于 I 层 状态 X , 若当前位置为0,则下层必定为1. 则意味着下层必定包含 t = (~X)& Mask 对于 I+1 层 状态 Y, 除了包含 状态 t 之外, 剩下标记为1的 必须两两成对.才可符合状态. 注意 t = (~X)& Mask 这里要记得还要与 总集合MASK相与. 把状态限定在MASK...
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摘要：设定状态 DP( i, j ) 表示从第一层到 i 层 j 房间 最小花费. 则状态转移方程为 DP( i, j ) = Max { DP( i-1,j), DP( i, j-1 ), DP( i, j+1 ) } + a( i , j ) 因为 对于当前层的处理, 左右之间可以拆分开来处理, 再设定一个 d( i, j ) 记忆是由哪个位置走到当前位置的. 然后通过递归求路径即可解题代码View Code #include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>typedef long long LL;#d
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