03 2013 档案
摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2352 水题。。。 1 //STATUS:C++_AC_204MS_696KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 #include<math.h> 6 #include<iostream> 7 #include<string> 8 #include<algorithm> 9 #include<vector>10 #include<queu
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摘要：题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1693 插头DP的入门题，属于轮廓动态规划一类，推荐看《基于连通性状态压缩的动态规划问题》，陈丹琦写的，Orz女神... 1 //STATUS:C++_AC_0MS_272KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 #include<math.h> 6 #include<iostream> 7 #include<string> 8 #inc
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=1160 f[i][j]表示前 i 个村庄放 j 个邮局的最小花费，w[i][j]表示 i-j 村庄之间放一个邮局的最小花费，则转移方程：f[i][j]= Min{ f[k][j-1] + w[k+1][i] }，把f[i][j]转换一下，表示前 j 个村庄放 i 个邮局的最小花费，则 f[i][j]=Min{ f[i-1][k] + w[k+1][i] }。 四边形不等式优化有如下定理： 1.当决策代价函数w[i][j]满足w[i][j]+w[i’][j’]<=w[I;][j]+w[i][j’](i<=i’<=j
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2355 简单的DP，转移方程：f[i][j]=Min { f[i][k] + C(n) }，注意到f[i][j]是单调递增的，用二分搜索优化即可。注意到此题有个trick，那就是s>e!!! 1 //STATUS:C++_AC_16MS_252KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 #include<math.h> 6 #include<iostream> 7 #inclu
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摘要：题目链接：http://www.acdream.net/problem.php?id=1083 简单数位DP，貌似我写得太暴力了= = 1 //STATUS:C++_AC_20MS_1512KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 #include<math.h> 6 #include<iostream> 7 #include<string> 8 #include<algorithm> 9 #include<vec
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2374 这个题目坑了好久啊，题意看错了，bs自己。 其实不难的，状态方程容易相处来，每个fence只有两种状态，即左边下去和右边下去，如果要知道当前状态的最优情况，就必须知道前面所有状态的最优情况，最坏情况下复杂度O(n^2)。但显然可以发现前面有很多的状态都不能到达当前状态于，因为前面的有些状态被覆盖了，于是我们可以用线段树来优化，在log(n)的时间里找到可以到达当前状态的fence。虽然在log(n)的时间里找出了状态，但是还是有比较多的状态，还可以继续优化。注意到编号为 i 的fence和所有编号为 1,2,,,,...
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摘要：题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3555我的DP方程：f[i][j]表示数的第i位以j开头的数含有49的个数，则状态转移方程为： 1.j!=4时： f[i][j]=sum{ f[i-1][k] | 0<=k<=9 } 2.j==4时：f[i][j]=sum{ f[i-1][k] | 0<=k<=9 } - f[i-1][9] + pow(10,i-2) (因为j=4时，只要i-1位为9，后面的都满足)这样的转移方程思路比较清晰，在网上看到别人的转移方程是这样的： 1.f[i][0]=10*f[i-1][0]-
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3345 国家之间可能存在依赖关系，可以求出每个国家向下的每种情况的最优消费，即f[u][i]表示节点为u时选择i个国家的最优消费。自底向上更新时就是分组背包问题了： f[u][i]=Min{ f[u][i],f[u][i-j]+f[v][j] | v为u的儿子节点，0<=j<=v子树的节点数 },其实本来是3维的，不过这里用滚动数组优化了。 1 //STATUS:C++_AC_16MS_588KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #inclu
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3280 典型的区间DP问题，fp[i][j]表示第i-j个字符经过修改后的最优值，则状态转移方程如下： f[i][j]=Min(f[i][j],f[i][j-1]+Min(cost[s[j]][0],cost[s[j]][1])); f[i][j]=Min(f[i][j],f[i+1][j]+Min(cost[s[i]][0],cost[s[i]][1])); if(s[i]==s[j]) f[i][j]=Min(f[i][j],f[i...
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摘要：第一种#define _________ }#define ________ putchar#define _______ main#define _(a) ________(a);#define ______ _______(){#define __ ______ _(0x48)_(0x65)_(0x6C)_(0x6C)#define ___ _(0x6F)_(0x2C)_(0x20)_(0x77)_(0x6F)#define ____ _(0x72)_(0x6C)_(0x64)_(0x21)#define _____ __ ___ ____ _________#include<std
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摘要：直接贴了： 1 #define LOCAL 2 3 /** ` Micro Mezzo Macro Flation -- Overheated Economy ., Ver 0.1 **/ 4 5 #include <functional> 6 #include <algorithm> 7 #include <iostream> 8 #include <fstream> 9 #include <sstream> 10 #include <iomanip> 11 #include <numeric> 12 #in
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2684 属于比较水的计算几何题目，直接叉积判断即可。 1 //STATUS:C++_AC_0MS_192KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 #include<math.h> 6 #include<iostream> 7 #include<string> 8 #include<algorithm> 9 #include<vector>10 #
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2155 比较典型的二维线段树题目，直接永久更新即可，在询问的时候，要询问每个x区间的子树，复杂度O(log(n)^2)。 也可以用树状数组搞，推荐看NOI 2009武森《浅谈信息学竞赛中的“0”和“1”》。 1 //STATUS:C++_AC_907MS_16144KB 2 #include<stdio.h> 3 #include<stdlib.h> 4 #include<string.h> 5 //#include<math.h> 6 #include<iostream>
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2754 当时居然没有想到是多重背包，敲了个分组背包，TLE。。。 后来才知道可以转化为多重背包，即把每个下界L[i]放为0，上限为U[i]-L[i]，就是物品的个数，价值为P[i]，花费为M[i]。本来题目要求Σ(M[i]*Table[i])=0时,Σ(P[i]*Table[i])的最大值。现在Table[i]的每个值都加了-L[i]，即Σ(M[i]*Table[i] + M[i]*L[i]) 时，Σ(P[i]*Table[i] + P[i]*L[i])的最值，由Σ(M[i]*Table[i])=0可知，背包的容量为Σ(M...
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摘要：Codeforces Round #171 (Div. 2) 搞完(题解) Codeforces Round #168 (Div. 2) 差E ( 题解 )
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摘要：A.yy题，分情况讨论比较方便，详见代码。View Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<stdlib.h> 3 #include<string.h> 4 #include<math.h> 5 #include<iostream> 6 #include<string> 7 #include<algorithm> 8 #include<vector> 9 #include<queue>10 #include<stack>11 using nam
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摘要：A.模拟。 B.数据小，模拟。 C.给定一个数组，要求使得数组中不存在两个数相差k倍，问数组中最大的数的个数。先排序，然后从前往后找倍数相差为k的数，二分查找。View Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<stdlib.h> 3 #include<string.h> 4 #include<math.h> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<queue> 8 #include<stack> 9 #i
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2353 状态方程：f[i][j]= Max{ Max{ sum[j]-sum[k-1]+f[i-1][k] | k<=j } , Max{ sum[k]-sum[j-1]+f[i-1][k] | k>j } }。复杂度O(n*m^2)，如果不优化的话会TLE。分离状态转移方程： 1,k<=j 时，f[i-1][k]-sum[k-1]; 2,k>j 时，f[i-1][k]+sum[k]; 即把与j相关的分离出来，那么维护一个前缀最小和后缀最小就可以了,并且记录位置。 1 //STATUS:C++_AC_172
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3034 此题的状态方程很容易想出来，以时间为阶段划分，然后地图为状态，f[k][i][j]=Max{ f[k-1][x][y]+t | t=sum( map[k][p][q] && (p,q)在线段(i,j)-(x,y)上 }。 转移的时候用点小技巧就可以了，就是先把通方向上的单位整数向量求出来，在更新的时候逐个用 n*单位整数向量 (n满足距离不超过d) 来更新f[k][i][j]，最后遍历一遍最值。 此题有一个很坑的trick：hammer可以在正整数坐标轴的外面，很坑啊有不有！！！足足贡献了4个WA= = 1
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3612 状态转移方程容易想出：f[i][j]=min{ f[i-1][j]+c*(j-k)+(j-h[i])^2 | h[i-1]<=k<=maxh && h[i]<=j<=maxh }，k为上一个pole的可能高度，maxh为所有poles的最高高度。 可以算出上面的转移方程复杂度是O(n*100*100)，铁定超时。仔细想下还是可以优化的。我们其中(j-h[i])^2与上一个状态无关，可以忽略。只剩下f[i-1][j]+c*(j-k)了，其f[i-1][j]是常数，而c*(j-k)是变量
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=1947 题目要求，在一颗树上，求一个点数为n的联通分支最少需要截断的边的个数。 容易想到状态转移方程f[u][j]=Min{ f[v][k]+f[u][j-k] | 1 3 #include 4 #include 5 #include 6 #include 7 #include 8 #include 9 #include10 #include11 #include12 using namespace std;13 #define LL __int6414 #define pdi pair15 #define Max(a,b...
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3590 自己暴力给水过去了，不过效率有点低。题目要求的就是给一个数n，要你求出一种方案，一些和为n的数的最小公倍数最大。题目数据量不大，容易想到用暴力的办法求出所用情况，然后比较就可以了，然后再剪下枝就可以过了。不过有更好的方法。和为n的数的最大公倍数可以用DP求出来：f[i][j]表示和为i的数划分为j个循环节时的最大公倍数，则f[i][j]=max{f[i-k][j-1] | j-1<=k<i-1};然后就是求最小的置换了。设n的最大公倍数是m，则有p1^k1*p2^k2*……*pn^kn=m，显然有p1^k1+p
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=1322 比较水的DP，只是精度有点坑。f[i][j]表示放置i次后，桌子上有j个chocolate的概率。显然，f[i][j]=sum{f[i-1][j-1]*(c-j+1)/c+f[i-1][j+1]*(j+1)/c};但是如果不优化，会超时，注意到f方程式随着i的增大是收敛的，所以当n很大时，只要计算前面就可以了，大概1000足够。我做的时候是比较精度fbs(f[i][j]-f[i][j-2])<esp,这样求出来c=100时，大概只要500次，但WA了，证明还是不足够收敛。显然这里还可以用滚动数组优化。 1 //STA
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=3254 状态压缩，用01分别表示pasture不能plant和能plant。转移方程：f[k][i]=sum{f[k-1][j] | j是能满足i的状体，不产生冲突}，显然可以用滚动数组优化。 详细的转移方法(上一个的状态设为k，i为所在行数)： 1,如果前一个pasture已被plant，那么下一个pasture必定不能plant，所以f[i][k&~(1<<j)]+=f[i-1][k]; 2,如果前一个pasture没有plant： a,下一个pasture不plant，那么f[i][k]+=f[...
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摘要：题目链接：http://poj.org/problem?id=2411 啪啦啪啦敲了80+行，1A。结果看Discuss，别人20行就解决了= =！，果然是我想复杂了。我的状态压缩效果不是很好，貌似很挫，因为状态考虑得太多了，没有类化，用了2bit的空间来表示每个格子的状态即当前放的是横向01，没放00，竖向11。而且状态转移的时候考虑的是从后面来判断前面的状态是否可行，这样的话每行就多记录了些状态（需要记录格子为空的情况）。 其实简单的做法就是从前一状态推向后一状态，用0表示当前格子放置了，1表示当前格子放置的是竖向的，而且是向下凸出的。状态转移方程：f[k][i]=sum{f[k-...
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