随笔分类 - DP之路
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摘要：有点像完全背包，但也不是因为有数量的限制，是01背包的变式，每个硬币选与不选，最后看看能不能达到x。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t[100],w[100],dp[10005]; int main(){ int n,m; cin>
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摘要：经典的过河卒问题，dp状态很好想，只需注意#不能发生转移即可 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=1e3+10; const int mod=1e9+7; char mp[N][
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摘要：每个点肯定是它上个点转移过来的 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; vector<int>a[N]; int d[N],dp[N]; void solve(){ int n,m; cin>>n>>m; fo
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摘要：这个题目的体积很大，但是价值却很小，最多是1e5，我们可以转变背包体积概念，把价值当作体积，然后体积当作 DP 值。 dp[i] 表示的是达到i价值所需的最小的体积 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std;
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摘要：用dp[i][j] 表示第i天选了j类型的最大值 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; vector<int>a[N]; int dp[N][3]; void solve(){ int n; cin>>n;
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摘要：因为k很小，所以无需优化dp #include<bits/stdc++.h> using namespace std; void solve(){ int n,k; cin>>n>>k; vector<int>a(n+1); vector<int>dp(n+1,1e18); dp[1]=0; for
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摘要：很好想的线性p #include<bits/stdc++.h> using namespace std; void solve(){ int n; cin>>n; vector<int>a(n+1); vector<int>dp(n+1,1e18); dp[1]=0; for(int i=1;i<=
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摘要：每个数字选与不选的01背包 本题的核心就是每个容量j，最多选t[i]个，然后不断递归 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=105; const int M=1e5+10; int w[N],t[N]; int dp[M];
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摘要：[NOIP2002 普及组] 过河卒 题目描述 棋盘上 \(A\) 点有一个过河卒，需要走到目标 \(B\) 点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上 \(C\) 点有一个对方的马，该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。因此称之为“马拦过河卒”。 棋盘用坐标表示，\(A\)
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摘要：最长上升子序列 题目描述 这是一个简单的动规板子题。 给出一个由 \(n(n\le 5000)\) 个不超过 \(10^6\) 的正整数组成的序列。请输出这个序列的最长上升子序列的长度。 最长上升子序列是指，从原序列中按顺序取出一些数字排在一起，这些数字是逐渐增大的。 输入格式 第一行，一个整数 \
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摘要：其中1有点特殊所以就直接从2开始了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int w[2000],f[2000]; int main(){ int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ w[i]++; for(int
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摘要：一个数可以被无限次的选，所以是完全背包，然后预处理一下就好啦 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; int f[N]; int main(){ memset(f,0x3f,sizeof f); f[0]=0;
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摘要：还是选与不选的问题，但是每个背包可以无限次选，所以这是个完全背包！ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e4+10; int f[N],w[N],t[N]; int main(){ int n,m; cin>>n>>m;
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摘要：二维01背包的裸题 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int w[200],a[200],b[200]; int f[2000][2000]; int main(){ int n,x,y; cin>>n>>x>>y; for(int i=1;i
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摘要：这个题目挺有意思的，有点贪心思想，就是要把更多的时间留给刷题，所以要把01背包改成取min，所以要把dp[i]先预处理成0x3f无穷大，然后把刷题时间排个序，这要就是最佳的答案。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[20],b[20]
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摘要：题目思路与解法都与 NASA的食物计划 https://www.luogu.com.cn/problem/P1507 类似 是二维01背包 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int f[500][500]; int a[110],b[110];
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摘要：还是选与不选的问题并且只能选一次，所以是01背包，但是这个题目是个二维的01背包，因为它必须要满足两个条件，这个是满足体积的情况下，一个是满足质量的情况下 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=500; int f[N][N
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摘要：题目与P2639十分相似 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=5e4+10; int f[N],t[5010]; int main(){ int T,n; cin>>T>>n; for(int i=1;i<=n;i++){
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摘要：大概就是在不超过容量的情况下，问你最多能吃多少 是吃与不吃，选与不选的问题，所以是01背包，但是是变式 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=5e4; int f[N],t[1000]; int main(){ int T,
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摘要：所以这是一个01背包的裸题，每个物品选与不选 dp[i][j] 在前面i个物品选择，在不超过j的前提先所能选到的最大价值 公式就出来了 dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-t[i]]+w[i]) 这是01背包的递推公式 注意的是，该公式还可以优化，因为第i个是从第
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