L_H_L的博客

问题描述解题思路：我们可以进行划分为更小的子问题，钢条的最大收益就是分为两种情况，一是钢条不要切割时能够获得最大收益，另一种时钢条要切割时获得最大收益，对于要切割的钢条我们又可以进行切割与不切割的讨论。除了上面解法，钢条还可以从左边切割下长度为i的一段，所以右边就只剩下Len-i的长度了，就只对右边进行切割(递归求解),左边就不再切割。所以为题分解为左边一段（不管）和剩余右边一段继续切割的结果自顶向

题目链接最长上升子序列 这道题采用DP做法的时间复杂度是O(n2)会超时所以采用O(nlogn)的算法O(n2)算法#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <string> #include <string.h> #include <cmath> #include

动态规划有n个车厢每个车厢有一定的乘客 现在用三个车头去拉这些车厢，每个车头能拉的最大车厢数量是m 而且这k个车厢必须是连续的 求这三个车头能拉的最大乘客数量转移方程:DP[i][j]=max(DP[i-1][j],DP[i-m][j-1]+a[i]-a[i-m])DP[i][j]表示前i个车厢用j个车头能拉的最大数量 当第i个车厢不拉时为DP[i-1][j] 第i个车厢拉时为DP[i-m][j-

题目链接用一个四维数组记录状态dp[a][b][c][d]表示分别从1,2,3,4堆糖果取出a,b,c,d个时能获得多少对糖果。当从某一堆取出一个糖果时，当取出的这个糖果与篮子糖果颜色相同时有dp[a+1][b][c][d]=dp[a][b][c][d]+1, 不相同时dp[a+1][b][c][d]=dp[a][b][c][d].#include <iostream> #include <c

题目链接集合上的动态规划，设d(i,S)表示把前i个点中，位于集合S中的元素两两配对的最小距离和,状态转移方程：d(i,S)=min{|PiPj|+d(i-1,S-{i}-{j}) | j∈S}, |PiPj|表示Pi和Pj间的距离，而上面的方程可以进一步简化，阶段i不必要保存，因为i已经包含在集合S中了，而且S表示的是前i个点的集合，所以i是集合中最大的元素，则d(S)表示“把S中的元素两两配对的

题目链接入门树形DP思路：设d(u,0),f(u,0)是以u为根的子树中不选u点时能够得到的最大人数和表示方案唯一【f(u,0)表示方案唯一，f(u,1)表示方案不唯一】，d(u,1),f(u,1)表示选u点时能够得到的最大人数和表示方案唯一。所以转移方程也有两种，一种是d(u,1)的计算，因为选了u点，所以u的直接子节点都不能选，因此d(u,1)=sum{d(v,0)|v是u的直接子节点不能选}，

题目链接给出一个例子来理解题意：m=5,n=4时有10100110000000100010从左到右表示1-m个特征，现在询问第一个位置就可以把原来四组分为{(1),(2)}和{(3),(4)} 然后再区分(1)和(2)可以询问位置2或3 区分(3)和(4)可以询问位置4或5。假设所要猜的物体为w,我们用一个集合s表示所询问的特征，用集合a表示在集合s里面w所具有的特征,即a是s的子集。d(s,

题目链接#

题目链接jimmy要从上开始往下落使得时间最少，所以可以看为从左边走和右边走的从这两个子问题中寻找最优解 设DP[n][0]为从左边走获得的最短时间DP[n][1]为从右边走获得最短时间 但是因为Jimmy开始所处的位置为一个点没有左右之分所以最终的结果DP[n][0]=DP[n][1] 时间相等#include <iostream> #include <cstring> #include <st

题目链接感谢今天天气不错和我叫MK的题解,自己也写一下自己第一题的入门题，第总共有m行n列，每个格子可以分为放或者不放两种状态，我们可以用0和1表示‘0’代表不放‘1’代表放。所以每一行对应的状态有2^n个，由于后面一行状态是由前一行决定的，我们可以得到一种状态dp[i][state(j)]表示前i行采用的状态为state(j)时能够得到的可行方案数，例如我们在第2行放置时肯定要基于第一行的情况放置

题目链接#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <queue> using namespace std;const int maxn = 110; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n, m, tot; i

题目描述：刘汝佳紫书262页思想：固定长度的最长和最短路求最长路的记忆化搜索方法D[i]表示从当前节点i出发到达0的最长路径 注意D[0]必须赋予初始值因为0到0的路径长度为0 不然无法算出正确结果 (代码中把ans改到一个最大值就可以求出相应的最短路)#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algori

题目链接d[i][j]为字符串str[i~j]需要添加多少个括号，可以分为以下两种情况，当字符串形如’（s）’=和‘[s]’时就只要计算字符串s需要添加多少括号使之匹配，不必要管外面的已经匹配好的’()’和’[]’。当字符至少有两个时可以找个分界点K计算d(i,k)+d(k+1,j)。但不管字符是否满足第一条，都要尝试第二种，例如字符’[][]’,如果不尝试第二种转移，就会转移到’][‘，然后就只能

HDU 2191我们可以将多重背包分解为0-1背包和完全背包，当物品的（价格*数量）超过总金额时就可以看做是完全背包问题反之就可以看做是0-1背包问题。在转化成0-1背包时有个地方需要注意，我们可以把第i中物品的数量c[i]分成若干数量的集合比如物品i的数量有7种，就可以化为{1,2,4}可以用这集合里面三个元素组合成1~7中任意一种数量，分解的方法为：1，2，4，…….,c[i]-2^k+1#in

问题描述：物品无限的背包问题。有n种物品，每种均有无穷多个。第i种物品的体积为Vi，重量 为Wi。选一些物品装到一个容量为C的背包中，使得背包内物品在总体积不超过C的前提下 重量尽量大。1≤n≤100，1≤Vi ≤C≤10000，1≤Wi≤106。解决思路：与硬币问题一样只是变成了带有权重DAG只需要将所需要的硬币数量改成物品的价值就行了#include <iostream> #include <q

问题描述：有n种物品，每种只有一个。第i种物品的体积为Vi，重量为Wi。选一些 物品装到一个容量为C的背包，使得背包内物品在总体积不超过C的前提下重量尽量大。 1≤n≤100，1≤Vi≤C≤10000，1≤Wi≤10 6。解题方法①：d(i,j)=max(d(i+1,j),d(i+1,j-v[i])+w[i])d(i,j)的意思是把（i,i+1,i+2,……..n）个物品装到容量为j的背包中的总重量

题目链接包装了的最长上升子序列题目#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <string> #include <string.h> #include <cmath> #include <sstream> #include <set> #include <map>