Neutralzz的博客

每一行的状态是取决于上一行和上上一行的，所以每次更新的时候需要记录当前行的状态和下一行的状态，然后再进行递推。。。不过估算了一下复杂度是10的11次方，吓得我都没敢写啊！！！看了一下别人的博客，居然真有这样写过的，于是就自己实现一边啦【最后看了以下讨论版，处理一下复杂度可以降低的，最后贴讨论版代码】思路：令P为1，H为0。用一个数组存下每一行的状态。1.先有数组num[] 存下各个状态的1

双调旅行商问题有专门的DP算法，可参考（讲的很详细了）http://blog.youkuaiyun.com/xiajun07061225/article/details/8092247#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 205;const int

先用ｄｉｊｋｓｔｒａ求出各点的最短路，然后就是一个很裸的背包了。#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 105;const int inf = 0x3f3f3f3f;int n,m,total;int dp[10500];int wgh[maxn];

好题！！先用floyd求任意两点间的最短路，然后有maps[u][i] + maps[i][j] + maps[j][v] = maps[u][v]。枚举i、j。#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 305;const int inf = 1e8 + 5;int n,m,u1,

题意：给你一个n*m的图，机器人只能上下左右移动，移动一格消耗一点能量，F是起点，D是不可经过的点，S是空地，G是充能的站点，Y是必须经过的点，整个过程机器人必须让自己的能量尽可能的少，并且经过所有的Y，问机器人的最小能量容量是多少。思路：因为‘G’和‘Y’的数量和T小于等于15，所以用这个来表示状态。设'Y'的点数为Y。那么F标号为0，'Y'的点依次标号为1，2，....Y 。‘G’标号

设dp[i] 为前i个winners获得pizza的期望。状态转移方程： dp[i+1] = dp[i]*dp[i] / N + (dp[i] + 1)*(N - dp[i]) / N 。代码：#include#includeusing namespace std;const int maxm = 100005;double dp[maxm];int n,m;

不考虑地雷，设f[i]为在i位置上的概率。有f[i] = p * f[i-1] + (1 - p) * f[i-2]。考虑地雷的话分段算就好了，然而这个问题的关键在于怎么求这个f[i]。开始看见这个用的矩阵快速幂，，，结果T了【话说别人也有这样做没T的，但看了半天不知道怎么优化所以就打算求f[i]通项【就是靠数学咯算出来f[n] = f[1] * (1 - (p - 1)^

开始把dp[i] 设成了 从0到>=i的期望值。。。。然后差点跪了。。。确实是个水题。。不过头脑灵活一下。思路：设dp[i] 为从i到>=n的期望值。如果i有航班，dp[i] = dp[mark[i]]；如果有航班，dp[i] = sigma(dp[i+j]) / 6 + 1 ( 1代码：#include#include#includeusing n

题意很短略去不说。思路：设dp[S] 为已集齐状态S中的各卡片后集齐所有卡片的期望值。那么方程为dp[S] = 1 + sigma(dp[S + {v}] *p[v]) + (1 - sigma(p[v]))*dp[S]  (v是S中不包含的状态)代码：#include#includeusing namespace std;const int MAX = 20000

做了有些概率和期望的题目了，现在觉得大致有那么两种办法。【说白了还是要靠数学一、直接利用组合计数求解。二、通过状态转移列出方程来，如果能递推就直接DP，不能的话，通过对式子处理，找出式子之间的关系和结构上的特点，通过待定系数来进行迭代，最后求出结果。。。。再有的话就是用容斥啊状压啊什么的【估计自己也不一定想得到言归正传来说题吧，我把自己的思路写在注释里了。参考题解：点击

题意略。思路：设dp[i][j]为当前位置为i，剩余时间为j到达终点的方案数。dp[T][0] = 0;dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i+1][j-1]。我的代码：#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 105;int n,p,m,t;int d

题意略去不说。思路： 设dp[i][j] 为从(i,j)出发到终点的期望值。方程：dp[i][j] = 2 + p[i][j][[0]*dp[i][j] + p[i][j][[1]*dp[i][j+1] + p[i][j][[2]*dp[i+1][j] 。（注意p[i][j][0] = 1时 dp[i][j] = INF）我的代码：#include#include#

今天看了kuangbin博客里的概率DP总结http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/10/02/2710606.html开始的一句话感觉很有道理（概率正推，期望逆推）【不过谁能给我详细讲一下，现在只是感觉上很有道理设dp[i][j]为已找到i种bug和j个subconponent后到达目标的期望。那么dp[i][j] 可以转化成

题意：1...2^n个队伍比赛，每一轮所有的队伍按照顺序两两比赛。比如说第一轮就是1对2，3对4。给出一个矩阵P= [pij] ，pij表示i队打败j队的概率。求最后哪个队伍最有可能拿冠军。思路：设dp[i][j] 为在第i轮中j胜出的概率。那么dp[i][j]  = sigma(dp[i-1][k]*p[j][k]) k是在第i轮中所有有可能与j对战的队伍。问题的关键是怎么找出k。

题意很好理解，略去不说了。思路：设dp[i]为战斗力为i时走出洞穴的期望。先对c[]从小到大排序。再二分查找c>=i的位置。那么期望逆推得 dp[i] = (t1 + t2 + ......tk-1 + dp[i+ck] + 1 + ..... dp[i+cn] + 1) / n。我的代码：#include#include#include#include#i

这题上来就没读懂题。。。。。。题意：一个人在数轴上向左或向右走，走到头就改变方向，每次走，走ｉ步的概率为Pi。求从起点到终点的步数的期望。思路：这个题的关键一步在于把向左和向右这两个起初状态变为一个状态。做法是把原先n个位置变成2*n-2个位置。举例：01234   ------> 01234321 这样 如果开始是从2向左走，就等价于从第7个位置开始往右走。这样需要注意终点可能会

题意：三个多面体，面数分别为K1,K2,K3。每个面标号1，2，...，K。投掷一次，如果是a,b,c，那么把计数器设为0，反之，计数器加上（a + b + c）。如果计数器大于n，游戏结束，反之继续投掷。求投掷次数的期望值。思路：设dp[x]为从计数器为x时开始投掷，投掷到>n的期望值。那么方程为dp[x] = 1 + dp[0] / k1 / k2 / k3  + sigma(dp[x

题意：每个金子有自己的位置，得到所用的时间和价值。要想得到某个金子，必须先得到从原点到目标连线的所有金子。求给出时间内获得的最大价值。思路：把在同一直线的金子视为一组，对于每个金子，把原点到目标的所有的金子的时间和价值都加到目标上，然后分组背包就不必多说了。我的代码：#include#include#include#include#includeusing na

题意：用n个数填充m个位置，问有大于等于l个相同数字的概率。这个题看了很多题解，大部分代码都是有点问题的，一开始dp的状态都是一样的。（具体见下）思路：设dp[i][j] 为用前i个数填充j个位置的方案数。则dp[i][j] = sigma(dp[i-1][j-k] * C[m-j+k][k]) (k >= 0 && k 最后的结果应该是(n^m - dp[n][m]) /  n^

做DP题关键的第一步就是确定状态，上来状态错了，这题百分之八九十就没法做了，其实就那几个关键的变量，我上来一般是凭直觉确定状态，卡住了的话，取一两个变量代入试试咯。这个题一开始状态的确定卡了一下。。。思路：设dp[i][j] 为i个人，Tomato 在第j个位置时达到目标状态的概率。那么j的取值要分为三种情况。dp[i][1] = p[1]*dp[i][1] + p[2]*dp[i

题意：两个字符串A,B，一次操作可以把一段字符改为任意的相同字符，问把A改为B的最小操作次数。这是我第一个区间DP，参考题解：点击打开链接思路：这题实际上是两个DP。一、第一个dp是求出把空字符串变为字符串B 的最小操作次数。设dp[i][j] 为把空字符串i到j变为对应的字符串B的最小操作次数。那么就有dp[i][i] = 1;状态转移方程为：dp[i][j] = min

题意：用宽为2，高为1的小矩形，拼成一个h*w的大矩形，问有多少种拼法。开始想的时候，从下往上不断铺，考虑每一行的铺的方式，对于每一行的第i个格，如果被横放的矩形覆盖的话，状态为1，如果被竖放的矩形覆盖的话，状态为0。想了一种状态转移，但是复杂度太大了。然后想到最后结果是最后一行全铺满的情况。。如果不铺满又怎样。。那么让每一行的第i个格，如果被覆盖就为1，不被覆盖就为0，然后方程就出来了。

前面虽然自己已经了几篇状压DP的题解，但是这道题才是我的第一道状压DP题。题意：有n个任务，每个任务有两个属性（d ：最后期限 c ：需要用的天数），主人公必须一项一项完成任务，并且每个任务完成的时间每超出最后期限一天，就要被扣一分。问他能被扣的最少的分数。多情况字典序输出方案。设dp[S] 为完成状态S中的所有任务的被扣最少分数。那么dp[S] = min(dp[S]

题意：一个图，每个点都要遍历到，且每个点最多经过两次。思路：用三进制表示状态，第i位上的数（0，1，2）代表第i+1个点经过的次数。设dp[S][v]为状态S下，到达S状态中的点v的最小花费。S0 为 状态S中第v-1位的值-1后的结果 ，其他位上的值不变。那么状态转移方程：dp[S][v] = min(dp[S0][u] + maps[u][v],dp[S][v]).(u在状态S

题意：n+1个点 从0出发，遍历所有的点最后回到0，每个点可访问多次，求最小花费。思路：因为每个点可访问多次，所以用一下floyd预处理一下图就好了，然后就是个TSP。设dp[S][v] 为遍历状态S中的每一个节点，且最后到达S中的v的最小花费。状态转移方程：dp[S][v] = min(dp[S][v],dp[S - {v}][u] + maps[u][v]).我的代码：

题意很短略去不说了。思路：设dp[i][j] 为区间i到j的最大分数。状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i][k-1] + dp[k+1][j] + a[k]*a[i-1]*a[j+1]);我的代码：#include#include#includeusing namespace std;const int maxn =

题意略。思路：设dp[i][j] 为i到j内回文子串的个数。那么状态转移方程为dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i+1][j] - dp[i+1][j-1]如果a[i] = a[j] ,dp[i][j] += (dp[i+1][j-1] + 1)。我的代码：#include#include#includeusing namespace std

题意略。思路：设dp[i][j]为买出i到j的最大收益。状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i+1][j] + a[i]*(n - j + i) , dp[i][j-1] + a[j]*(n - j + i));我的代码：#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 2005;

题意：有n个苹果，第i个苹果的重量为k+i。其中只有i个苹果是甜的，比它轻的苦，比它重的酸，Giant想要找到甜苹果，必须要通过吃掉某个苹果然后判断甜苹果的位置，吃苹果的时候必须全部吃掉。问在找到甜苹果的过程中的所有情况吃掉苹果重量的最小值。例如：n = 4 , k = 0.Gaint先吃第2个。如果第2个是甜的，那么甜苹果是2如果第2个酸，那么甜苹果是1如果第2个苦，再吃第3个就

题意：有r个角色，i角色打败j角色的概率为p[i][j].游戏有n轮，每轮都会有一个角色与你对战，游戏开始你可以选择一个角色进行游戏，每轮结束后如果你胜出，可以进行下一轮，并且可以把自己使用的角色更换为刚打败的角色，求通关的最大胜率。思路：设dp[i][j]为在第i轮用j角色通关的最大概率状态转移方程：dp[i][j] = p[j][a[i]] * max(dp[i+1][j],dp[

题意：在x坐标轴上，饭店位置是X，需要送餐的n个地点位置在Xi，每个地点每多等一分钟，不满意度会增加Bi，求给所有的地点送完餐后的最小不满意度的和。思路：先对各个地点按x从小到大排序。用sum[i]来存取0到i每等一分钟累计不满意度的和。设dp[i][j][0]为给区间i到j的送完餐且最后到达i后累计的不满意度的和，dp[i][j][1]为给区间i到j的送完餐且最后到达j后累计

题意：有n个数，两个玩家A、B，每个玩家在他那一轮可以从左端或右端取连续的一段数，把数的和加到自己的分数上，假设每个玩家都采取尽可能的让自己的分数更高，那么A玩家最后和B玩家分数的差为多少（A玩家先手）思路：设dp[i][j][0]为自己先手在区间i到j内最后获得的最多的分数dp[i][j][1] 为对方先手在区间i到j内最后获得的最多的分数那么状态转移方程：dp[i][j][

题意：一个森林，每个节点都有一个值，每个节点和他的父节点不能同时出现，求出现的节点的值的和的最大值。思路：dp[i][j] 为以i为根节点的树的最大值的和，j = 0说明根节点存在，j =1说明不存在。我的代码：#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 6005;int n,

本文出自点击打开链接本人代码：#include#include#include#includeusing namespace std;const int maxn = 100005;struct Nod{ int b,val,next; void init(int b,int val,int next){ this->b = b;this->

题意略。思路：设dp[i][j]为区间i到j的regular brackers的最大长度。状态转移方程：如果a[i]和a[j]配对，那么dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k+1][j]);我的代码：#include#include#includeusing

题意：n个石头排成一个环，每个环有自己的重量，两只兔子从两个石头上出发，每一轮从一个石头跳到另一个石头，一个顺时针，一个逆时针，并且同一时间两只兔子所在的石头重量相等。每只兔子不能跳到并且跳过自己曾在的石头。问最多进行多少轮。思路：把n个石头排成一排，再取n个石头和前n个石头一样，成2n个石头。比如说1121变成11211121然后把这2*n个石头排成一个环，求这个环内的最长回文子串的

这个题的关键点在于怎么求出上下界思路：先像上一篇一样求出每个点到达的最大距离，用mlen[]记录下来。然后用multiset去维护区间的最大值和最小值，因为multiset是升序的。复杂度O(nlogn)我的代码：#include#include#include#include#includeusing namespace std;const int ma

题意：一篇文章打印成多行，每行可以有任意数目个字符，打印成一行的代价为sigma(ci)^2+m，求总的最小代价。思路：设dp[i]为考虑前i个字符的最小代价，s[i]为从第1个字符到第i个字符的代价和。那么枚举与第i个字符同行的字符个数得方程：dp[i] = min(dp[i] , dp[j] + (s[i] - s[j])^2 + m)。然后斜率优化复杂度降到O(n)。斜率DP

题意：炸铁路，每段连通的铁路的价值为两个直接或间接相连的点对的权值积的和，求炸m次的最小总价值。思路：设dp[i][j]为炸i次，考虑前j个站点的总价值。那么方程为dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][k] + val(k+1,j))。val(k+1,j)的值为k+1到j的各项权值的 和的平方 减去 平方的和 后再除以2。然后就可以写出斜率形式。

思路：设dp[i][j]为在以i为根节点的子树中，连接j个用户的最大收益。u为父节点，v为子节点，那么dp[u][j] = max(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]+cost)。实现过程注意加上break，不然容易T。。。代码：#include#include#include#includeusing namespace std;co