jiaowopan的专栏

经典动态规划例子，算法导论上有介绍。设X=（X1,X2,...Xm）, Y=(Y1,Y2,...,Yn),  dp[i][j]代表X1...Xi  和Y1...Yj  的最长公共子序列，我们要求到是dp[m][n].if   Xi==Yj      dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1else       dp[i][j]=Max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])

转自：http://bbs.dlut.edu.cn/bbstcon.php?board=Competition&gid=23474    其实原文说得是比较清楚的，只是英文的，我这里写一份中文的吧。    首先：大家都知道什么叫回文串吧，这个算法要解决的就是一个字符串中最长的回文子串有多长。这个算法可以在O（n）的时间复杂度内既线性时间复杂度的情况下，求出以每个字符为中心的最长回文有多

排序+贪心 #include #include #include #include #include #include using namespace std;const int MAXNUM = 105; struct Node{ int begin,end; Node(int a,int b):begin(a),end(b) {}};

剑指offer书中有个小错误，就是在57页第9行代码，在中序遍历中找根节点的值int* rootInorder = startInorder;while(rootInorder <= endInorder && *rootInorder != rootvalue) ++ rootInorder;应该改为int* rootInorder = startInorder;

//剑指offer第3题 二维数组的查找#include #include #include #include using namespace std;int arr[1005][1005];int m,n,t;bool bFind(int x,int y){ if(x > m || y < 1) return false; whil

#include #include #include using namespace std;const int MaxNum = 205;int p[MaxNum];int main(){ //freopen("HDU1050.txt","r",stdin); int n,m,s,t,tmp; scanf("%d",&n); while(n--

//dp入门dp[i][j]表示以(i,j)为终点到最长路径dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+data[i][j]注意边界点#include #include #include #include using namespace std;int data[105][105];int dp[105][105];int ma

#include #include #include using namespace std;int f[13000],c[3500],w[3500];int main(){ int n,m; while(cin>>n>>m) { memset(f,0,sizeof(f)); memset(c,0,sizeof(c)); memset(w,0,sizeof(w))

//多重背包问题，二进制划分#include #include #include using namespace std;int f[100050],c[10050];int main(){ int sum,n; while(cin>>sum>>n) { memset(f,0,sizeof(f)); memset(c,0,sizeof(c)); int i,j,

//01背包问题，容量为S，c[i]=w[i]=Hi,最后遍历f[],找出最小到>=b的值即可#include #include #include #include using namespace std;int f[1000050],c[25];int main(){ int sum,n,b; while(cin>>n>>b) { sum=0; memset(f,0

#include #include #include using namespace std;int len[105][105];int height[105][105];int max(int a,int b,int c,int d){ int e = a > b ? a : b; int f = c > d ? c : d; return e > f ? e : f;

#include #include #include #include using namespace std;int main(){ int k=0,ex=0; double coe=0; map imap; typedef map::iterator ITE; cin>>k; while(k--) { cin>>ex>>coe; imap.insert(ma

求：在村庄内建邮局，要使村庄到邮局的距离和最小。设有m个村庄，分别为 V1 V2 V3 … Vm， 要建n个邮局，分别为P1 P2 P3 … Pn。在DP的问题中，经常有从m个物体中选n个物体的情况，本题显然也属于这种情况。一般可以这样考虑：假设已经选了1个，那么就成了在m-1个中选n-1个的问题了。对于此题，也可以考虑先建一个邮局。建在哪里呢？不妨设，该邮局建在Vk+1..Vm之间的

设原括号序列为S1 S2 … Sn。如果S1和 Sn匹配，则相当于求S2 … Sn-1的括号匹配情况。这时最终的匹配结果是：先打印S1，再打印S2 … Sn-1的括号匹配结果，最后打印Sn。如果S1和 Sn不匹配，怎么办呢？如果把S1 S2 … Sn从中间某个位置（比如Sk）分成两截，问题就变成S1 … Sk和Sk+1 … Sn的情况了。也就是说，把原问题划分成了两个结构相同的子问题。那么

先来看最大子序列和。有一串数，有正有负，如2，-1，5，4，-9，7，0，3，-5。求：这一串数中，和最大的一段。比如说，从第一个数2开始，发现下一个为-1，加下-1后和显然会变小。再往后看，第三个数是5，所以上一个-1还是要选的，这样才能加上5。哎，不看了，这样求最大和还不得累死。嘿嘿，这时DP就派上用场了。 设这串数为X1 X2 X3 … Xn, 用dp(i,j)表示从Xi…Xj的最大

求：为了使字符串左右对称，应该插入的最小字符数目。设字符串为S1 S2 S3 … Sn. 这个字符串有n个字符，根据DP的基本思路，减少问题规模。如果S1和Sn匹配，则只关心S2 S3 …Sn-1，就这样问题规模减少了。如果S1和Sn不匹配，那就有两种办法。方法1：加入S1’，字符串成S1S2 S3 … Sn S1’，则问题转化为S2 S3 … Sn。方法2：加入Sn’，字符串成Sn’

最长递增子序列，传统方法用dp思想，状态转移方程如下：   dp[i] = Max{dp[j] | j 传统写法是求dp[i]时枚举所有小于i的j，然后找一个最大的，最后加1得到dp[i]，此方法复杂度是O(n^2)有一种优化到O(n logn)的方法是这样的：用maxV辅助数组，maxV[i] 代表长度为i的递增子序列的最大元素的最小值。我们会发现该数组是有序的，