diary_yang的专栏

题意比较简单就不赘述了。dp[i][j]表示第i天，拥有j支股票时的最大获利。 对于第i天，一共有三种状态： (1) 不买也不卖, dp[i][j] =  dp[i-1][j]. (2)自第i-w-1天进行买或卖之后，再买入一些股票。因为第一种情况的存在，所以这里只需考虑第i-w-i天，i-w-2, i-w-3...都可以忽略。dp[i][j] = dp[i-w-1][k] + (k-j

题意就是求MST中删去一条边后，次小生成树最大的那颗。注意题中说了“ there are so many wires between two specific dormitories” 。也就是说与0节点（power plant）相连的MST边是不会出故障的，所以要特殊考虑一下所有MST边都跟0节点相连的情况。 删除MST中某条边后的次小生成树用树形dp解决，传送门 我的理解是：删除MST边之

这种题我一直喜欢用bfs搞的，但是这个题不太好bfs，主要是我刚开始想的是通过边进行状态转移，这样很不好写。。。于是就坑爹了，调了很久sample都没出。。。 于是学习了一下别人的思想。。。通过“目的”来进行状态转移而不是边。当你在某个点的时候，你可以为了游历某个景点去某个点，也可以为了获取某个点的票而去某个点。能想到这一点的话状态转移方程就很好写了，但是也要能想到啊。。。 ps：注意代码中的

虽然题中有n #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #define FF(i, a, b) for(int i=a; i<b; i++) #defi

简单dp。。。由于切割后没块必须是a b c中一个，所以注意状态转移时前一个状态必须是可到达的(f[i] != 0)。。。 #include #include using namespace std; int n, a, b, c; int f[4444]; int main() { while(cin>>n>>a>>b>>c) { memset(f, 0,

树上的最大独立集， 树形dp水题。不过第二问判断解是否唯一还是第一次接触到。。。dp[i][0]表示i节点不取得到的最大集，dp[i][1]表示i节点取得到的最大集。用num数组记录当前状态数是否唯一。 #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; const int ma

由依赖关系建图，如果访问v节点必须先访问u节点，则加边(u, v)。由于题意给的是森林，所以添加0节点，点权值为0正好将森林转为有根树。dp[i][j]表示在i节点，还能访问j个节点所能获得的最大值，由于有0节点，所以答案便是dp[0][m+1]。对于边（u, v）状态转移方程： dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k] + dp[v][k]); 即在v及其子树

树上面的01背包，挺好的题。刚开始01背包那部分自己yy了一下。。。然后就wa了。。。请教了别人一下后顿悟。。。跟hdu1561有点相似，dp[i][j]表示在i节点，体积为j时获得的最大值。对于一条边(u, v)，状态转移方程为： dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j-k] + dp[v][k])；是不是跟1561一样？没错。。。将k个小兵分配到v子树上去刷怪，

本来想着早起一水的。。。结果拖到现在才解决。。。题意是有k种鞋子， 每种鞋子有num种，每种都有其价格和value。要求给定m块钱，每种鞋子至少买一种，求最大的value值，不能满足则输出“Impossible”。 算是背包变形吧。想了很久，觉得就要接近正确思想了，但是每种鞋子至少买一种那部分不知道怎么搞，刚开始写了个枚举每一种鞋子第i种必买，然后对剩下的做01背包的程序，无奈sample都过不

多重背包模板题。 #include #include #include #include using namespace std; const int maxn = 111; int n, m, V, f[maxn], cv[maxn], val[maxn], num[maxn]; void ZeroOne(int cost, int value) { for(int j = V;

题意：中文题。。。 记忆化搜索即可，对于点(i, j), dp[i][j] += dp[k][l]; ( 点(k, l) 可到达 ) .不过忘了剪枝。。TLE了两次。。 #include #include #include #include using namespace std; const int maxn = 111; const int MOD = 10000; int n, m,

这题读懂了就是一个LIS问题， 早就在刘汝佳的大白书上见过LIS的O(n*logn)的方法，这次算是碰上模板题了。。。其中STL的( lower_bound(array, array+n, key)-array )返回array数组中array[i]大于等于key的最小i。不过这题的输出很坑人。。。ans=1的时候是“road”，其他是“roads”。。。 #include #include

题意在题目描述里面已经给的很详细了，用dp[i][j]表示从i~j的区间选择所能获得的最大值。   状态转移方程也不难： dp[i][j] = max(dp[i+1][j] + v[i]*a, dp[i][j-1] + v[i]*a);  a是指v[i]的age，显然 a = n - j + i . #include #include #include #include using nam

又看到一个以前见到过的题。。。但当时不知二维背包为何物。。。还是比较裸的二维背包的。 状态转移方程： dp[j][l] = max(dp[j][l], dp[j-v[i]][l-1] + cost[i]); 其中dp[i][j] 表示消耗度为i，刷怪数为j时得到的最大经验值，由于每种怪都有无数个，是完全背包模型，注意三个for中循环的顺序。 #include #include #incl

去年暑假的时候就看到这个题了，当时太菜了。。完全不知道做。。。今天看到了网上的hdu dp46题，准备暑假前把这46个题搞了，正好看到了这个免费馅饼，怒A之。 状态转移方程 ：dp[i][j] = max(dp[i][j], max(dp[i-1][j], max(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j+1])) + v[i][j]); 其中dp[i][j]表示第i秒在坐标j时得到的最

15Y。。。不过离当时的 hdu4766 21Y还有一段距离。。。 刚开始拿到这题就bfs TLE了一发。。。然后发现图中那些空地是可有可无的，于是可以把图中所有F G Y抽象出来建图，然后bfs。这个思路基本正解了吧？ 于是就wa了一整晚。。。拉着ljy yy了一晚上，总觉得bfs是可以转移所有状态的。。。但是就是wa到死。。。 然后就发现了网上的人都是用dp来完成状态转移的。。为什么bf