他的博客

1 归根结底是DP问题，利用概率的知识写出状态转移方程，依然是确定两件事：①分阶段②递推方向和递推边界#include #include #include using namespace std;double dp[7+1][256+1];double p[256+1][256+1];int total;const double eps=1e-8;int bottom

1）#include #include #include using namespace std;const int maxn=110000;long long int dp[maxn];int a[maxn];int b[maxn];int main(){ int m; while(cin>>m){ if(m100){

#include #include #include #include ///我不懂，你为什么老是把数组啊下标啊什么的写错？for(i<cur),你用cur去判断？无语，脑子呢///因为地图的行数和列数都小于30（int最大是2^31-1，所以每一行或者每一列能压缩到一个int数即可），且每个点只有两个选择（要么为0要么为1），所以每行或者每列可以压缩成一个状态（这里选择行），一行之中可

1)#include //入门DP问题，时间复杂度O(N^2)using namespace std;int main(){ int a[1010];//输入元素 int d[1010];//d[i]代表以a[i]为最后一个元素的序列的长度 int n;cin>>n; for(int i=1;i>a[i];

1）开心，学习伪码之后，自己敲完的代码；发现《导论》在纯粹的算法知识方面比紫书讲的更细致，更好懂一些。分治策略，旨在将原先的大问题不断分解成规模小的问题，比如最大连续子数组，以中间界线分三部分，左边是中界线左边的元素，右边是中界线右边的元素，第三部分是两边都有分布的元素集合，因为最大连续子数组之和一定是这三部分之其中的一个，所以比较这三个中最大的，就是最大连续子数组之和，也是该函数的返回值。而

1）01背包基础，求背包所装物品价值之和的最大值，不要求恰好装满时，采用易于理解的二维DP数组存储。#include #include using namespace std;int dp[1010][1010];int vp[1010];int wp[1010];int main(){ int kase;cin>>kase; while(kase--)

1）#include #include #include using namespace std;const int maxn=110;vector shuta[maxn];int main(){ int C; cin>>C; while(C--){ int n; cin>>n; int a; for(int i=1;i<=n;i++){ int

1）#include #include using namespace std;const int maxn=1010;int value[maxn];int volume[maxn];long long int dp[maxn];int main(){ int kase; cin>>kase; while(kase--){ memse

1）都是一维数组，但是状态转移方程的for循环稍有不同。都是利用倒序时  每一种物品都只放一个的特性，前者是该类物品放k次每次都放一个，后者是该类物品放一次 一次从1到k 放入个数依次增大#include #include const int maxn=110;int dp[maxn];int money[maxn];int weight[maxn];int number[m

1#include #include #include using namespace std;const int maxn=1100;long long int dp[maxn][maxn];int exr[maxn];int ren[maxn];int main(){ int n,m,k,s; while(cin>>n){ memset(d

0 背包小结2，以下状态转移代码，假设所有相关变量及数组都已初始化，物品对应体积和价值都从下标为1的数组开始存储,dp[]或者dp[][]是各个状态下的背包内所装物品1 01背包（背包总容纳bag，有type种物品，每种物品只有一个选择放还是不放,给出对应体积vlume[i]、对应价值value[i]）1)二维数组（建议充分理解，而不用之做题）（因为容易忘记将因体积原因放不进去

1）注意中间存储的数可能超出int范围，所以开long long ，否则越界以后，给一个随机数，就会WA。虽然方格最大是34×34，每次选择向下或者向右，那么路径数最多可能为2^(34+34-1)-X2^(34+43+1) 可以这么理解，把正方形从左上角起点开始拆成二叉树的形式来看，诸如1 2 3 42 3 4 53 4 5 64 5 6 71、2 、3 、4

0）01 背包，完全背包， 多重背包，混用。解题关键有两个。一个是将小倩付钱和老板找零分别做一个背包，小倩多重背包，老板无限背包，这样做可以的原因是，两个背包面值相同时对应的状态总可以作为一个不变的桥梁。另一个是，处理小倩的多重背包时，采用二进制优化可以显著缩短时间，不然因为数据过多容易超时（哪怕代码有错算不出正确数据，只要超时了，就会返回超时）。二进制优化的思想，就是利用任何数都

0）两个题一个意思，代码的输入输出部分稍有不同，此处用HDU提交的代码。用的动态规划。①未优化，②优化了，但是时间上差不多，可能优化的不好或者数据不是很大吧。1）HDU①：#include #include #include using namespace std;int a[1010];//valuelong long int sum[1001];int mai

0）1）多重背包 【注意，使用number数组存储  第i个物品在当前背包装入总金额为j的情况下  使用的个数，从而用更大的空间开销换取更快的时间，AC代码和超时代码分别如下：】AC:#include #include #include //找零钱问题==多重背包（每种面值有数量限制）using namespace std;const int MAXN=10

1 以边为主，速度更快一些#include #include #include #include #include using namespace std;const int maxn=6010;int head[maxn];int visted[maxn];int dp[maxn][2];int cnt=0;struct Edge{ int u;//出发点

奇妙。#include #include #include using namespace std;const int maxn=1e5+10;int a[maxn],dp[maxn];int len;int n;int main(){ int t; scanf("%d",&t); for(int kk=1;kk<=t;kk++){

1Note:①node[maxn][27]、val[maxn]，maxn应该远大于存放进该字典树的单词数量，因为Trie的叶子结点数量就已经等于单词数量了。（出现Runtime有可能就是因为数组不够大，程序越界了）②strlen()比较耗费时间，尽量减少它的使用次数，比如在insert()每一个单词时可以用，而在对于整个长字符串时用一次strlen()得到一个全局变量len即可（否则如