Jay_fc的博客

动态规划,牛客

题目链接题面：题面：题面：题意：题意：题意：给定一个长度为n的数组，将其分成若干个连续的子数组。求每个子数组的价值之和的最大值。每个子数组的价值：对于s(l,r)=al+al+1+...+ars(l,r)=a_l+a_{l+1}+...+a_rs(l,r)=al​+al+1​+...+ar​若s(l,r)>0,则价值为r−l+1若s(l,r)>0,则价值为r-l+1若s(l,r)>0,则价值为r−l+1若s(l,r)=0，则价值为0若s(l,r)=0，则价值为0若s(l,r

题目链接题意：给出有向无环图，删去若干条边，使得满足以下两个条件：（1）对于每一个结点，其出边比原来少，除非初始出边就为0；（2）对于每一个结点，其入边比原来少，除非初始入边就为0；操作后，选择一个点集S，S中的任意两个元素u，v都满足：u能到v或者v能到u。请得到最大的|S|题解：由于是个有向无环图。所以S中的点一定是从u能到v，而v到不了u。那么S集合一定是一条链上的所有点；发现了这个问题后就好写了，可以发现用dp做。状态表示：f[u]表示操作后以u为起点的最长链

题目链接题意：有一个大小为n的整数数组a。最初，数组所有元素都为1.可以执行如下操作：选定一个i和任意的x（x>0）然后把ai=ai+[ai/x]（向下取整）执行所有操作后，若ai==bi，那么你可以得到ci个金币。通过执行不超过k次的操作使得获得最大的金币数量。1->bi的最小操作数，用广搜得到。所以用广搜预处理1->1000的所有最小操作数，然后来一遍01背包即可。细节处理：由于k太大了，但是可以发现任意一个1->bi的操作数最多为20左右，所以最多操作数

题目链接状态表示：f[u][0/1],以u为根节点，有人数偶数（0表示）或奇数个（1表示）的最大权值这道题其实是状态只有两种的树上背包。但是第一次做这个题的时候。真的不会想到用树上背包来做，因为他又一个下属必须是偶数的限制条件在那里。就会感觉不能用背包。但没想到用初始化f[u][1]=负无穷，来防止了这种情况。这点就是这道题的精妙之处。通常状态下会将f[u][1]=a[u]初始化为该点的权值，f[u][0]=0初始化为空（即0）；但是这样的话，之后转移的时候f[u][0]会从f[

题目链接该题的状态表示挺好想的。就是f[i][j[k]表示以i为根的子树有k个最高值。其中j有三个状态：j=0时，表示i点的值为小于最高值j=1时，表示i点的值为等于最高值j=2时，表示i点的值为大于最高值初始状态下f[i][0][0]=k-1;f[i][1][1]=1;f[i][2][0]=m-k;(m表示有多少种颜色)但是在写状态转移的时候发现若正常的状态转移要有一些限制条件。比如：在u从v中转移过来是f[u][0][j]+=f[u][0][j-k]*(f[u][0.

题目链接洛谷：CF82D Two out of Three状态转移方程有点难想。看了题解才知道的。题解链接#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef pair<int,int>PII;const int maxn=1050;int n;int a[maxn];int f[maxn][maxn];struct Node{ int d,v,x,y;};Node path[maxn][.

牛客NC13885:Music Problem题面:bitset<限定的长度> bit;bitset不用担心长度会爆,对于过长的数字,会自动截取限定的长度,所以初始的长度只要限定能用上的长度即可;那么对于bit|=bit<<x来讲相当于把之前各种的数都加一个x然后bit|=bit>>3600相当于把多余3600的那部分对3600进行取模,后再加到bit中;最后只要判断bit[3600]这个位置是否存在即可#include <bits

该题有点像双塔DP,有待之后确认.牛客NC19158失衡天平题面:状态表示:f[i][j]:表示前i个物品中差值为j的最大重量.属性:Max状态计算:f[i][j]=max(f[i-1][j] , f[i][j+a[i]] + a[i] , f[i][abs(j-a[i])] + a[i]);三者的最大值初始化为负无穷因为初始状态f[i][j]的值不一定为0,而应该是一个不存在的值.所以应该是负无穷代码:#include <bits/stdc++.h>

题目链接:TZOJ:2710过河TZOJ:5996小凯的疑惑y总的视频讲解:AcWing484过河(视频讲解)题面:动态规划:状态表示:f[x]表示到达第x位置所需踩到的最少石子数集合:最小值状态计算:可知对于每个x位置,都一定是前面的[S,T]的位置跳过来的.所以f[i]=min(f[i],f[j]+a[i])(i-T<=j<=i-S).但是这道题的L非常大.如果L<=10000的话,时间复杂度就可以过去.会发现,该题中M不大,也就是说如果

题面样例输入:31 21 31 2 3样例输出:6题目中:采摘利益=两个苹果其中一个苹果的成熟值 * 两个苹果在苹果树上的距离;所以定义状态表示f[i]为以i为该苹果的成熟值时采摘利益最大的集合.那么如果求出了其余点距离i的最远距离lmax,那么f[i]=a[i]*lmax;所以该题就转换成了求树上每个点到其他点的最远距离.最后取个max就行了.这与AcWing1073树的中心写法几乎一样.然后讲一下二次扫描.用d1[i]和d2[i]数组分别记.

题意：扫雷游戏。但面积只有n行2列，第二列给出了数字，代表周围（仅限第一列中）有几个雷。在第一列中填雷，使得第一列中雷的数量满足第二列对应的数字。求有多少种摆放雷的方案数。题解：用dp来做。f[i][2][2][2]，i代表第i个位置，三个2分别表示，i位置前面，i位置，i位置后面是否有雷，有雷就是1，无雷就是0。初始化：初始化第零个位置，当第一个位置雷数量为0时f[0][0][0][0]=1;当第一个位置雷数量为1时f[0][0][0][0]=f[0][0][0][1]=1;

f[i][j]表示前i个课程中有j个课程能不哭的最小和之后在从n到0遍历一下，如果f[n][j]不为INF，那么说明这个地方有被赋值过，那么此时不哭的数量最大，直接break然后输出即可#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int INF=0x3f3f3f3f;const int maxn=4005;int n;int a[maxn],b[maxn];int f[maxn][maxn];int main(){

计数DP题，求方案数。状态转移方程为：dp[i][j][k]，表示第i行，第j列，恰好有k个0时的路径数量；可知0<=k<=i+j-1，因为最多走i+j-1个方格，所以对应的0的数量最多也就是i+j-1；如果数据不大的话，状态转移方程：dp[i][j][k]，表示跑到第i行，第j列恰好有k个0时的路径数量当(i,j)==0时，dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k-1]+dp[i][j-1][k-1]当(i,j)==1时，dp[i][j][k]=dp[i-1]