Lin_disguiser的博客

刚开始我以为知道题始背包问题，可是后来不知怎么存储有效的数据，忍不住（唉，每次都这样，十几分钟想不出来就想看题解了，这就是现在为什么我还是那么菜的原因之一）看了题解，其实就是LIS（最长上升序列）变形。 一个突破口就是把每个长方体的三种情况都列入数列中，在按照长宽从小到大排序，在套LIS的方法，但不是自己完全写出来的，唉~~~ #include #include #include

花了两个多小时才把这道水题A了，不过1A还是值得开心的 这道题就是LCS的变形，不过验证转移方程花了好久，还是多得练习，特别是代码，其实很多时候有想法但是不知怎么用代码实现。。。 转移方程：dp(i,j)=max(dp(i-1,j)+s[i],  dp(i,j-1)+s[j],   dp(i-1,j-1)+s(i,j) ) 其中dp(i,j)表示s1的前i个和s2的前j个匹配

很显然的01背包问题，但是想的方向不对，半天都写不出转移方程，发现越做题越显得自己脑残~~~ 这题的重点把两堆邮票看成两个容器，而我一直做成两堆弄得很烦，其实就是把n个物品放到sum/2里的最大值，开始没想到，想一下才觉得这个方案是成立的，因为当一堆装得越多，另一堆也会越接近总数的一般，这样就可以经典的01背包问题了，但是我做了二维的超空间了，要做成一维的，久没看背包也忘了一维怎么写了，

这道题吃了翔，尼玛有没说多case。。。 通过这道题，初步了解了整数划分的经典问题，值得。 一 求将n划分为若干正整数之和的划分数   1. 若划分的多个整数可以相同 　　设dp[i][j]为将i划分为不大于j的划分数 　　(1) 当i时，i不能划分为大于i的数，所以dp[i][j]=dp[i][i]； 　　(2) 当i>j 时，可以根据划分中是否

初次学双进程dp，其实就是多维dp，但是就是多一维我的脑子就转不过来了，模模糊糊看得懂而已， 从矩阵的左上角（1,1）点到矩阵的右下角（m,n)点找到两条不相交的路径使其值最大， 题中是从（1,1）到（m,n)走一次，再从（m,n)到（1,1）走一次，我们可以等价变形 一下，变为：同时从（1,1）走向(m,n)找两条路，且这两条路不相交，同时走！ 假设有两个人在走，一个

dp(i,0)=min{dp(i-1,1),dp(i-1,0)}+a[i]; dp(i,1)=min{dp(i-1,0),dp(i-1,1)}; 0表示在第i层不飞，1表示在第i层飞，当不飞时，上一层可以飞或者不飞；当飞时，上一层或上两层肯定不飞才能满足条件， 感觉自己弱爆了~~自己写出来的还是不是很熟悉~~ #include #include using namespace std;

想的时候还是要很久。。。 dp[i]=min(dp[i-1]+1,dp[k]+dp[i/k]);(2 #include #include #include using namespace std; #define N 10001 int dp[N]; int n; int main() { for(int i=1;i<6;i++) dp[i]=i; for

这道题如果按照O(n*n)的复杂度写会TLE。。。 所以需要转化思想，其中有两种方法，可是我一种都没想到。 法一：构造虚假数列，即复制一遍数组放置于原数组后面，这样就可以看成求首尾不连接的最大和，但是有限制条件。第一，最大子和的首位位置在1~n中，不能超出n。第二，最大和的长度不能超过n。 按照求最大和的方法再加上两个限制条件，但是写起来有点nan~~（对我来说） #include #i

想不到可以转化为最长递增子序列。。。 因为每走一步都是往上走，所以求出一段最长的斜路即使最短路径。 #include #include #include #include using namespace std; #define N 1000005 #define inf -999999 struct node { int x,y; } s[N]; int dp[N],n,m;