SiriusRen的博客

题意： 思路： i表示到了i，j表示疲劳度为j f[i][j]表示能跑的最大距离 f[i][j]=f[i-1][j-1]+a[i] if(i-j>=0)f[i][0]=max(f[i][0],f[i-j][j]); f[i][0]=max(f[i][0],f[i-1][0]);//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#i

思路： 1.DP f[i][j]：前i个数 最后一个数是j的最小花费 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(a[i]!=j));1<=k<=j 这种做法比较有普遍性… 2. 直接枚举断点乱搞不就行了嘛… 枚举在哪儿转折成的2 （注意全是1或者全是2的情况就OK了）//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring

思路： f[i][j]表示前i天能做j道题 （是做 不是做完） if(f[i-1][k]) if(suma[j]-suma[k]+g[i-1][k]<=n) f[i][j]=1,g[i][j]=min(g[i][j],sumb[j]-sumb[k]); g[i][j

思路： DP啊 f[i][j]表示第i场能否到达j音量 if(j>=xx)f[i][j]=max(f[i-1][j-xx],f[i][j]); if(j+xx<=ml)f[i][j]=max(f[i-1][j+xx],f[i][j]);搞定//By SiriusRen#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;

思路： f[i][j][k]表示i所学校 前j题 解出了k道 初始化f[i][0][0]和f[i][1][0] f[i][j][k]=f[i][j-1][k-1]a[i][j]+f[i][j-1][k](1-a[i][j]);这个时候f[i][n][k]表示第i所学校做出k道题的概率我们可以维护一个 sum[i]表示第i所学校做出1<=x<=n道题的概率 kth[i]表示第i所学校做出1

题意： 思路： DP f[i][j]表示把i到j变成回文串的最少代价f[start][end]=f[start+1][end]+min(node[a[start]].del,node[a[start]].add);f[start][end]=min(f[start][end],f[start][end-1]+min(node[a[end]].add,node[a[end]].del)

题意： 思路： 用vector存上本出发点能到的地方&成本&有趣指数（用结构体保存） 然后DP就好了 f[i][j]表示到了i 成本为j的有趣指数最大是多少 f[vec[i][k].end][j+vec[i][k].c]=max(f[vec[i][k].end][j+vec[i][k].c],f[i][j]+vec[i][k].f);//By SiriusRen#include

题意： 思路： 先预处理出所有格子的statement statement=1–>只有上边的格子被覆盖 statement=2–>只有下边的格子被覆盖 statement=3–>上下都被覆盖f[i][j][k]表示状态为i时，前j个地方的奶牛,盖k座房子 最少盖住的格子i有四种情况i=1代表只有上边的格子被覆盖i=2代表只有下边的格子被覆盖i=3代表上下被同一个房子覆

思路： f[i][j]i表示集合的组成 j表示选最后一个数 f[i][j]表示能选的方案数 f[i|(1<< k)][k]+=f[i][j]; k不属于i j属于i且符合题意最后Σf[(1<< n)-1][i]就是答案了 注意用long long//By SiriusRen#include <cmath>#include <cstdio>using namespace std

思路： 先找到每i头奶牛能在的位置 （一段区间） 记为L[i]和R[i]f[j]表示在位置j取到的最小值 每回在范围内更新一哈 //By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n,d,L,a[100500],f[100500],l[1005

Cow Marathon DescriptionAfter hearing about the epidemic of obesity in the USA, Farmer John wants his cows to get more exercise, so he has committed to create a bovine marathon for his cows to run. Th

思路： f[i]表示还剩i空间的方案数套个高精 （网上有人把它拆成了两个long long） 其实这道题的高精并不难写…..//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;int n,k,f[1111][53],flag;int main(){ scanf("%d%d",&n,&k); f[n][0]=1;

方法一： 二分我们可以知道 最长上升子序列的 最后一个数的值是随序列的长度而递增的 （呃呃呃 意会意会）当我们枚举到i的时候 就从已知的最长上升子序列中找到第一个比它大的值，并取个min//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n,cas

黑书原题 区间DP，递归输出 不看Discuss毁一生 （woc还真有空串的情况啊）//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n,f[111][111];char s[111];void print(int l,int r){

权值为1~3 好了 此题是水题…… i表示到了第i个数，j表示结尾的数是j f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+(a[i]!=j)) 1<=k<=j 最长上升的.同理我们可以再写一个g[i][j]表示最长下降的//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using

思路： f[i][j][k] 表示 第i行第j列 用了k中颜色的最多涂块数量 f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i][l][k-1]+sum1[i][j]-sum1[i][l]); g[i][j]表示前i列 用了k中颜色的最多涂块数量 g[i][k]=max(g[i][k],g[i-1][k-j]+f[i][M][j]);输出答案就好了//By SiriusRen#

思路： 先搜索出来如果选这个点 其它哪些点必须选 跑个背包就好了//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define N 66666int xx,yy,v[N],next[N],first[1004],tot,top,vis[1004],cas

思路：f[i][j]表示前i个数 最后一个数是原数列的第j个的 最小值//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n,a[2222],cpy[2222],minn[2222],f[2222][2222],temp[2222],ans=0x7fffff

思路： f[i][j][k]表示i到j匹配了字母k if(m,n能匹配上k) f[i][j][k]|=f[i][l][m]&f[l+1][j][n] 一个大枚举 就OK了~//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int W,I,N,G;boo

原创： http://www.cnblogs.com/proverbs/archive/2012/10/03/2711151.html 超高仿： http://blog.youkuaiyun.com/mars_ch/article/details/53020127高仿：//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorit

思路： 预处理出在能力值为i的时候 滑雪一次的最小时间f[i][j]表示i时间 j的能力值 最多的滑雪次数我先用vector 把课程按起点push进去1.for(int k=0;k<vec[i].size();k++){ f[i+vec[i][k].l][vec[i][k].a]=max(f[i+vec[i][k].l][vec[i][k].a],f[i][j]);

题意： 思路： f[i][j][1]表示从i到j的区间全都吃完了 现在在j点 变质期最小是多少 f[i][j][0]表示从i到j的区间全都吃完了 现在在i点 变质期最小是多少 f[i][j][0]=min(f[i+1][j][0]+(s[i+1]-s[i])(n-j+i),f[i+1][j][1]+(s[j]-s[i])(n-j+i)); f[i][j][1]=min(f

http://www.cnblogs.com/CXCXCXC/p/5093584.html//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;int n,m,K,mod=1000000007,f[33][33][666][9];int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); f[1][0][0][0

思路： 一条边免费的概率为 （经过它的路/总路径条数）^2 DFS即可有个地方没有用 long long炸了好久…//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;const int N=20050;int n,m,xx,yy,first[N],next[N],v[N],tot,size[N];typedef long long ll

思路： f[i][j] 表示节点i 染成j时 子树的最小权值 （我会猜这个j很小 你打我吖~） 随便DP一发就好了 （证明我也不会）//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int N=20050,inf=0x3f3f3f3f;int

思路： 肯定从小往大填合适了 f[i][j]表示第i个数是j的最少逆序对数 f[i][j]=min(f[i-1][k]+cost,f[i][j]) 优化一下成O(nk)就好啦~ （不优化也可以过的…）//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;co

思路： 这个DP太神了… 完全没想到 http://blog.youkuaiyun.com/geotcbrl/article/details/49663401//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int n;long long f[1005][1005][2

思路： f[i][a][b][c][d] 表示在第i天 昨天1矿吃的是a 前天1矿吃的是b 昨天2矿吃的是c 前天2矿吃的是d 的最优解暴力转移 哦 需要优化一下空间… 变成i%2 就好了//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const

思路： f[]表示选1个点的 g[]表示选2个点的 dp一下 ans+=(ll)g[k]*deep[k]; g[k]+=(ll)f[k]*deep[k]; f[k]+=deep[k];//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>using namespace st

http://blog.youkuaiyun.com/mirrorgray/article/details/51123741 安利队长blog… 树形dp吧，状态挺显然的，dp[x][j]表示以x为根的子树中，选择了j个黑点的答案，但注意这个答案是整棵树的答案。 我们只需要对于每个儿子背包一遍，在最后更新一下dp[x][j]即可，具体可以看一眼程序。 非常重要的是，这个复杂度是n^2的，需

http://www.cnblogs.com/CXCXCXC/p/5093584.html//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;int n,m,K,mod=1000000007,f[33][33][666][9];int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); f[1][0][0][0

思路： 先处理出来f[j]表示这i个物品都可用 填满容量j的方案数容斥一发处理出来g[j]=g[j-w[i]] 表示i不能用的时候 填满容量j的方案数//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;int n,m,w[2005],f[2005],g[2005];int main(){ scanf("%d%d",&n,&m),f

思路： 先预处理出来组合数 按位做 枚举sum[x]是多少注意Mod不是一个质数//By SiriusRen#include <cstdio>using namespace std;#define int long longint n,top,w[66],C[66][66],ans=1,cnt,Mod=10000007;int pow(int x,int y){ int r

题意： 思路：先说O(A^2T)的做法 f[i][j]表示前i个家族选j个蚂蚁的方案数 f[i][j]+=f[i-1][k] j-vis[i]<=k<=j然后前缀和优化一哈 就成O(AT)的了我们发现空间还是会炸 这样子就压掉一维好了 空间是O（A）的嗯就酱//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#inclu

跟POJ 3042是一个类型的http://blog.youkuaiyun.com/qq_31785871/article/details/52954924 思路： 先排个序 （把初始位置也插进去） f[i][j]表示从第i个到第j个之间的蛋都被收完了 f[i][j][0]表示在地点i f[i][j][1]表示在地点j 维护一个sumv数组 是v的前缀和 f[i][j][

题意： 思路： 先搞一个vector 存以T2结尾的结构体 （结构体里面有开始工作的时间和花费） f[i]表示取区间[M,i）的代价 易得f[i]=min（f[k]+w,f[i]）;T1<=k//By SiriusRen#include <vector>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>u

题意： 思路：考虑DP 先把事件按照地点顺序排个序 f[i][j][0]表示从i到j还没有去过 现在在i f[i][j][1]表示从i到j还没有去过 现在在j 那么方程就呼之欲出了 f[i][j][0]=max(min(f[i-1][j][0]+node[i].pos-node[i-1].pos,f[i][j+1][1]+node[j+1].po

题意： 思路： 类似滑雪 //By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define N 444int n,ans=-1,s[N*N],map[N][N],cnt,f[N][N],xx[]={2,2,1,1,-1,-1,-2,-2},yy[]={

思路： 找到每个节点的儿子size的最大值 和n-当前节点size 取个Max//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define N 22222int n,first[N],next[N],v[N],tot,size[N],minn[N],x

思路：裸的完全背包//By SiriusRen#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int s,d,m,a[66][66],ans[55],f[555555];#define N 505000int main(){ scanf("%d%d%d",&s,&d,&m);