cjk_My steps

【题解】数位dp的思想 枚举的是二进制数 先预处理出所有i位二进制数中，含j个1的数的个数，就是C(i,j)然后就是从高位到低位，处理填0还是1的情况 填0：之后i-1位随机填0/1填1：紧接着的 n对应的二进制数该位为0 的位只能填0(否则超过n) 注意该算法计数到的所有情况不含SUM(n)！因此读入时，n++数位dp是不是基本都要预处理 = =

【题解】离线处理：第n个数的插入不会改变前n-1个数的相对位置，因此可以直接求得最终序列，第i次操作的答案就是仅含1~i的LIS 最终序列可以用Treap求得;由于仅含1~i的LIS = max( 仅含1~i-1的LIS , 以i为结尾的LIS )，可以用O(N*logN)的动态规划求出以每个数为结尾的LIS，再递推求出每步答案 【代码】#include#in

字符串上的动态规划：头回见这种题(果然蒟蒻一只)。说实在的，看到 N好多题解对f[i][j]的含义讲得不太确切，但有一篇让我受益匪浅 http://blog.youkuaiyun.com/popoqqq/article/details/40188173（膜拜PoPoQQQ大神）按顺序处理准考证号每一位，设f[i][j]表示：准考证号前i位中 后j位与不吉利数的前j位相同时，前i位的方案

【题解】与poj2778有类似之处，只不过本题模板串太长，无法用到矩阵，而文本较短，适于dpans = 26^m - 不含任意单词的文本数 不含任意单词的文本数 的求法：转化成从有向图的一点出发，走n步到达另一结点的方案数 本题为 从字典树的root出发，走m步到达任一结点，且不构成单词 的方案数，需使建立的所有有向边合法(无法走出单词)将单词建成AC自动机，每

【题解】本蒻一直在想二维dp，看了题解才发现竟然一维就可以 设f[i]为最大面值为i时，买下所有兔纸花费的最小硬币数 f[i] = min{ f[j] - sigma(a[k]/i*(i/j-1)) } , j|i，其中，j为次大面值，这个方程考虑的是选了i能减小多少j的使用注意，如果硬币种类很多，是不影响最优答案的(不用就行了)  ----------->  重要的性质所

【题解】一个重要的结论：对于同一组分割方式，总得分与分割的先后顺序无关不妨考虑最先分成的3部分，设区间和分别为Sa,Sb,Sc可以证明，先分割a,b还是b,c，最终得分都是ab+bc+ca，即最先分成的3部分无需考虑顺序，子问题也是一样于是，从前往后切割即可设f[x][i]为前i个数分x份的最大得分，显然1dp方程：f[x][i]=max{ f[x-1][j]

【题解】f[i][j]:前i个数分j段的最小值设 f[i][x]:前i个数分j段的最小值f[i][x]=min{ max(f[j][x-1],s[i]-s[j]) }二分答案即可然而我的方法类似于斜率优化：假设j比k优，讨论j,k的大小关系，可得(只写最后结论)：1) j<k(前优) f[j][x-1]<f[k][x-1] 且 s[j]+f[k][x-1]>...

【题解】显然，工厂n一定是要建设仓库的，可以设 f[i]：工厂i建设仓库时前i个工厂的最小花费 则：f[i]=min{ sigma( (xi-xk)*pk ) + f[j] +ci }，0设 s[i]=p[1]+p[2]+…+p[i]，t[i]=x[1]*p[1]+x[2]*p[2]+…x[i]*+p[i]则：f[i]=min{ xi*(si-sj) - (ti-tj) + f

【题解】引用ZYF神犇一句话："显然位运算的极值问题都应该从高位向低位考虑。优先让这一位为0，如果行的话这一位就是0，否则就设为1。" 设答案为ans，从高位到低位枚举 是否有使ans的这一位为0的方案，注意到每一位是互相独立的 假设枚举到了倒数第x位，即ans的最高位到倒数第x+1位的最优01分布已确定，现在正在判断第x位是否有可能填0：对于每个x，考虑递推法：设

题意真纠结题目大意：规定一种1~N的对应关系(1~N的一种排列)，按这种关系将顺序序列1~N反复变换，变回1~N所经过的变换次数+1 记为这种对应关系的排数，求排数有多少个 【题解】置换群的问题。对于每种对应关系，将其分解为循环节的形式，则变换次数为：各循环节长度的最小公倍数 如 对应关系：1->2 2->3 3->1 4->5 5->4 6->6，转化后就是(

【题解】考虑动态规划的状态转移：从左往右，加入第n个结点时，只考虑它向前连的边，那么答案就与向前连哪些边，以及之前的n-1个点构成的答案有关 然而，"向前连哪些边"并不是有2^k种情况 前n个点构成了许多连通块，而非一棵树 因此，结点n引出的边既要使结点1~n连通，也不能构成环 而n只能向 n-k ~ n-1 连边 所以n的答案只与结点n-k~n-1的连通性有关 

"使得总成本尽可能地小"，属于最优化问题; m表示码头总数，1整个过程按日期顺序进行，因此设：f[i]:前i天的最小花费 状态转移：若在第j天最后一次更改线路(1但由于第j~i天会有航线不让走，所以从第j天开始，选择的最短路不能经过第j~i天期间禁行过的航线 既然j不同，"地图"就不同，且这个"地图"总共只有2^m种情况，我们可以针对每种情况，求出最短路，以后直接调用(

Ac了“GT考试”以后，感觉这题还是蛮基础的【题解】先预处理出数组dp、f：dp[i][j]表示：第i位填j的windy数有多少个(个位为第1位，十位为第2位……)状态转移：每次在最左边填一个数：            dp[i][j]=sigma(dp[i-1][k])，0=2边界：dp[1][j]=1 从A至B计数时，若A与B位数不等，则最高位可以是0，用f[i]记

【题解】路径只在矩形顶点处拐弯，因此可以建4*n+2个点，求最短路 那么只需判断哪些点对能够直接连边 直接枚举点对并建图，复杂度为O(n^3)，优化：枚举点u和其他所有点能否连边时，可以利用一个天然的单调性：这些点横坐标是从左到右的 从左到右枚举点u，用u来更新最短路，对于每个u，维护从它出发的上下视线(两个向量)，另一个点v的枚举依然是从左到右推进 这样，要判断u,v能否

【题解】这道题不是按"第i个活动在哪个嘉年华举办"来进行决策的，而是利用题目"嘉年华A与B的活动时间无交叉"的性质，在离散化时间的基础上表示状态：pre[i][j]表示：时间[1,i]中有j个活动在嘉年华A举办时，嘉年华B举办的最大活动数 状态转移：先预处理得num[i][j]：离散化后时间满足i          pre[i][j]=max{ pre[k][j]+num[k]

【题解】首先将棋盘转化成"竖长形"(m那么正枚举的当前行可能是参差不齐的，在当前行产生轮廓(用1/0表示当前是否被覆盖，若当前格选择填0，其上方相邻位必为1，否则再无法被覆盖)以枚举格的坐标和当前行的"轮廓"为状态，即：d[cur][k]：棋盘第cur个格在状态为k时的方案数 其中，棋盘格位置(i,j)用cur来代替(相当于d[i][j][k]，而d[i][j][k]只与(i,

题意：给定一个有向图，从指定起点出发，到任意一个指定终点停止，求经过的所有结点的最大点权和。点数、边数因为一个强连通分量内的点相互可达，所以如果要经过其中一个点，就应经过它所在的强连通分量内的所有点，因此将一个强连通分量缩成一个点 这样得到了一个有向无环图，在图上dp即可 先对所有起点可达的点做一遍拓扑排序，然后用队列维护入度为0的点，每次取出队首元素，用它的答案更新其他点

【题解】经典的1D1D动态规划优化 状态转移方程：f[i]=min{ f[j]+abs(s[i]-s[j]+i-j-1-l)^p } 决策单调性及证明：http://blog.youkuaiyun.com/jasonzhu8/article/details/5928552因此，对于每个数，其能作为最优决策的区间一定是连续的一段，对于新求出的f[i]，从后往前在i-1,i-2

【题解】设 f[i]表示将第1~i个物品装箱后，费用的最小值，答案为f[n]   s[i]=c[1]+c[2]+……+c[i]则：f[0]=0f[i]=min{ f[j]+(s[i]-s[j]+i-j-1-L)^2 } ( i>0 , 0===================================================================

【题解】设s[i]=x[1]+x[2]+……+x[i]则：f[0]=0    f[i]=max{ f[j]+zdl(s[i]-s[j]) } ( i>0 , 0    若 j不比k差 则：f[j]+a*(s[i]-s[j])^2+b*(s[i]-s[j])+c >= f[k]+a*(s[i]-s[k])^2+b*(s[i]-s[k])+c整理得：     f[j]+a*

【题解】出现了基环森林，还是考虑断环为链，然后dp对每个连通块，随意找到环上一边并断开，记该边的端点为x,y限制x,y的情况：1. x不取，y取上 2. y不取，x取上 树形dp：记 f[i][0]表示不取i时的最大战斗力; f[i][1]表示取i时的最大战斗力，以上两种情况去最优值即可 注意：1. 处理破环为链的问题，使用邻接表比较合适 2. 对x,y