摘要：经典的树形dp，dp[y][z], 以y为根的子树，祖先z做副本。代码：#include <iostream>#include<fstream>using namespace std;struct e{ int data; int weight; e *next;};e edge[1001];int n;void add(int s,int t,int weight){ e *p=new e; p->data=t; p->next=edge[s].next; p->weight=weight; edge[s].next=p;}int s[1001],q
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摘要：压缩的思想值得学习。压缩处理函数：void solve(__int64 t,__int64 P){__int64 k;if (t>T*2)k=(t-T*2)/T;else k=0;must+=k*P;for (int i=0;i<t-k*T;i++)d[++n]=P;}
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摘要：神题，经典dp关键是状态的表示。f[i][j][k]原串后i个字符，与目标后j个字符做匹配，在这之前最近一次发生的后缀操作为“置k”，k=52时表示不置后缀
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摘要：//====================================================================//Name:hdu 3507 Print Article//Author:zhxfl//copyright:http://blog.sina.com.cn/s/articlelist_1736064691_0_1.html//Description:斜率优化dp//Algorithm :。。。。//dp[i]= min{ dp[j]+ ( sum[i]- sum[j] )* ( sum[i]- sum[j] )+ m } (i< j );//假设
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摘要：看似01背包，但限制数非整形，稍微转化以下状态即可。
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摘要：二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有 一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和 b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}如前述方法，可以
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摘要：第K优解问题其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为v时，第k优解的值。“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][v][1..K]这K个数是由大到小排
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摘要：怎么处理至少一次，至多一次？有点猫腻的背包。
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摘要：经典的dp题。这类问题要用到两个数组，dp[0][i]表示i块钱可以买到的最大价值,dp[1][i]表示考虑到当前盒子时，i块钱可以买到的最大价值，首先dp[0]置为0，枚举全部的盒子，dp[1]置为-oo表示买不到，更新的转移可以从dp[0]转移也可以从dp[1]转移,从dp[0]转移表示你还没有买盒子，要附加上盒子的价格，dp[1]表示你买过盒子了，就直接转移就可以了，转移方程如下:dp[1][k]=max(dp[1][k],dp[1][k-c[i][j]]+v[i][j],dp[0][k-c[i][j]-p[i]]+v[i][j]); dp[0][j]=max(dp[0][j],dp[1
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摘要：难题啊！二分+优先队列+dpd[i]=max(sum[i]-sum[j]) (i-y<j<i-x)优先队列处理
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