蟋蟀的博客

题解似乎是一道dp入门题目，想法就是 要求出最长的路径和， 那么直接将之前的路径上的长度取最长累加到目前的选择的路径上。 说起来有点绕，看看代码就很容易理解。 ( 但是我的代码为了省空间直接写成了一维的…代码/*PROG:numtriID:imking022LANG:C++ */#include <iostream>#include <cstdi...

题解完全背包裸题，不解释。Code// H F Eusing namespace std;int n,m,k;int f[10001];int v[10001],w[10001];int main(void){ cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++) cin>>v[i]>>w...

题解很多解法，包括不限于dfs，dp，甚至数学解法(最快)。给出dp解法dp [ i ] : 代表对 i 拥有的最少平方和数量。易得dp[ i ] = min{ dp[ i - k*k ] | k= 1,2,3… && k*k <= i }Codeclass Solution {public: int dp[10000]={0}; i...

题解这题就是01背包，特征就是选与不选对吧。但是这题又有点变化，不是算max min 或者方案数，而是确定解是否存在，料想dp应为bool型。dp[ i , j ] : 代表在前i个数中，是否能取得和为j。转移方程很合理：dp [i , j] = d[ i-1, j ] || dp [ i-1, j - nums[i] ] // 取 或 不取ps: 注意dp[0 0] = true。显...

题解之前在luogu上做过一道类似的题，但是更难点还要考虑空格。记得也写过题解的但是找不到了。。。这道简化了点，所以我用dp来做一下，思路比较清晰。dp[ i , j ] : 表示前 i 个数组合成总和 j 的方案数有转移方程：dp[ i , j ] = dp[ i-1 , j - nums[i] ] + dp[ i-1 , j + nums[i] ]这很显然吧。注意j不能为负数，所...

题解这是一道很有意思的dp题目，值得玩味。给出一个写的很好的英文题解。解释得非常清楚。点几个要点：以不同序号标记去重，形成1-(i-1) – i – (i+1)-N的树形。G(N)， F(i , N)的表示意思及联系。为什么 F(i , N) = G(i-1) * G(N-i)。Codeclass Solution {public: int dp[200]; // ...

题解这道题在luogu上遇过，还有更烦人的类型比如算对角长度的。dp解之，比较简单 大体思路就是dp[i,j]代表以[i,j]为右下角的方块长度然后根据dp[i-1,j-1]和两边长度，遍历计算即可。Codeclass Solution {public: int maximalSquare(vector<vector<char>>& matri...

题解LeetCode 上这种题目的变形非常多。因为比较相似这次两题一起写，思路比较连贯一点。第一题 55. mid 难度。这题只要判断能否到达尾部。我们用一个变量cur_max记录可到达的最远位置，遍历数组即可。注意此处出现的span数组，意为在i处时能到达的最远位置，这是此题的关键。第二题 45. hard。 也不难，算最小步长，但是测试用例里有一个case卡时间。最小最大，很明显是...

题解注意这道dp题对选择和状态的描述。用buy sell rest， 三个数组分别表示在 第i天时 能获得的最大收益。有转移方程： buy[i] = max( rest[i-1]-prices[i], buy[i-1] ) sell[i] = max( buy[i-1]+prices[i], sell[i-1] ) re...

题解连续子序列最大乘积。和最大连续和有点相似，但差别明显。大概也会用dp[ i ] 代表以 i 为终点的最大积？不行因为数列中有负数，负数会瞬间改变前一位的最大积使之变最小。观察到最大最小的这种即时变化，所以我们要把两者都进行记录。cur_max = max( max( cur_max*nums[i], cur_min*nums[i] ),nums[i] );cur_min = min...

题解很常见的矩阵位移类的dp，naive的做法是开个同大小的dp[m , n]，然后 dp[ i , j ] = dp[ i-1 , j ] + dp[ i , j-1 ]。这样空间开销比较大，注意到dp[ i , j ] 的更新只依赖于上和左，那么其实用两行数组就可以。其实还可以优化到一组: dp[ i ] += dp[ i-1 ]，哈哈Code不给了太简单...

题解这道题我觉得难在内容理解，怎么程序表述出这样的一个目的。一开始我想了个bfs的，我想是从起点算移动到某位置时还剩下多少步数，如果剩余步数大于0而该位置在边界上那么该位置+1，最后遍历四周边界位置累加其数字即可。思路正确但是爆内存(剪枝一样爆)，而且有点不是很透彻的感觉。看了下dp的题解，觉得舒服多了。三维dp[ i, j , k]：代表从i-j开始走k步能走出界的方法数。这个描述...

题解类型这里有一篇极尽完美的足以秒杀所有 stock buy&sell 类型的题解，写的非常完善。给出我觉得重要的点：T[ i, k, b ] 表示到i位为止交易k次情况下 是否(b=0 or 1)持有股票时获得最大收益边界条件T[-1][k][0] = 0, T[-1][k][1] = -InfinityT[i][0][0] = 0, T[i][0][1] = -Infi...

题解最大连续子数组和大家都会做了，就一句话:cur_max=max(cur_max+nums[i],nums[i])这次是环型数组怎么办？想法一：两组首位拼成2n长的数组，再求最大连续和。可行否？可想法二：因为最大连续和可能在两组中间，求起来比较麻烦，但是转换一下这时最小连续和肯定在一个数组不会跨界，用总和-最小=最大和 bingo!!Codeint maxSubarraySu...

题解f [ i , j ] 代表以 i-j 为末端的最长值，显然依赖于f [ i-1 , j-1 ] 和 f [ i-1 , j+1 ] 即左上右上。 但左上右上可取到是有前提的，即左右上三个方向恰好有多于 f [ i-1 , j-1 ] 和f [ i-1 , j+1 ] 长度的空格。 那么我们用s1[ i , j ] s2[ i, j ] 来记录再 i-j 位 左右以及上方向有多少...

题解这题我当作贪心来做了，看大佬们用dp用得很6啊，肥肠羡慕。本题核心思想： 在一段时间内移动尽可能多的位移，最大化时间效率。妥妥的贪心。大体思路：蓝充裕(m>=10)的时候肯定瞬移最快 60m/s，在蓝不够的时候有可能等回蓝再瞬移更快，也可能直接走更快。 这取决于剩余的时间。 代码中列了一个表，人肉算出来的是对 1-6s 时能够产生的最大位移。为什么只算到6s呢？因为以后的...

题解一道难点不在于dp的dp题目。转移公式很简单for( i = 1->n ) for( step = s ->t ) f[i] = min(self, f[i-step] + v[i])// v[i]:在i处有无石头我脑子比较抽用的max()来递推的，其实也一样。 但是这条路有 1e9 长，直接下去是肯定超内存又超时的，必须要想办法把无用的路...

题解待写。。。代码#include <iostream>#include <cstdio>#include <fstream>#include <cstring>#include &

题解用二叉搜索肯定是对的但是超时。这里给出一个dp的解法f[pos][t] = f[pos-1][t-1] + f[pos+1][t-1] pos: 位置 t: 步数 f[][]: 表示在此位此步存在的解法数代码#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>usi...

题解这道题有点意思，是一道有点变化的dp。这题的基础是那道最长递增序列。 简单的解题想法是对表中每位考虑 从左到此 最长序列多少，从此到右 最长序列多少。最后相加取最大值即可。代码#include <iostream>#include <cmath>#include <cstring>using namespace std;int n;...

题解这是一道需要加深理解才能ac的题目。 第一问 就是求最长非递减序列(倒序)的长度，用dp解很容易但是只有O(n)，要优化到O(log n)需要一点高级的数据结构帮忙。 第二问 想了很久 发现用naive的屡次去除最长序列的方法失败。看了下大佬的解答， 发现了一个全新的定理 DilworthDilworthDilworth定理。这是一个离散数学里的知识点。 大意是讲 在一个偏序集合中...

题解仔细想一想就会发现这是一道dp，还是01背包类型的，是求方案数的。 看似是把数列分组，但是可视作把 N 个 重量分别为 1-N 的物体放入总重一定的背包中，且刚好放完的方案数计算。 递推式不难得出： f[i+1][j] = f[i][j]           if ( i &gt...

题解这题和那道经典的最长相同子序列很类似，是一道简单的(?)线性dp。 仔细思考一下什么是状态，选择以及相互之间的影响。 F [ i ] [ j ] : 代表 i，j 位置为止的两段串的最大分数 转移方程 // 显然就3种选择 i,j配对 i不配对 以及 j不配对F [ i+1 ] [ j+1 ] = max{          ...

题解第一次遇到区间dp的问题，这种解构问题的方法还是比较新颖的。 既然是dp，我们还是想要把全部的状态以及选择表达出来，怎样表示是个问题。大概思路是//mst(dp,0) 初始化DP数组for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][i]=初始值}for(int len=2;len<=n;len++) //区间长度for(int i=1;i&...

题解线性dp，需要一点理解。可以类比背包问题，此时的状态不是背包容量而是差值。 f [i][j]：代表对前 i 个牌在 j 的差值下 最小的翻动数。 有递推式 f [ i ] [ j ] = min( f [ i - 1 ] [ j - (a[i]-b[i]) ]+1 , f [ i - 1 ] [ j - (b[i]-a[i]) ] ) a[],b[] 为上下牌面数ps: 显然 ...

题解这道题你想模拟建树的方法来做是肯定行不通的，有高度有节点数，两种限制，有点背包的意思。 F [ i , j ] 代表有 j 个节点 i 层的树 的表示数量 显然每棵树都可分为根节点和左右两子树，我们只需让左右子树的最高高度为 i-1 以及其节点和为 j-1 就好了。 这样的情况只有三种： 1. 左右子树高度均为 i - 1 2. 左子树高度为 i - 1 ， 右子树高度小于 i...

题解这道题很像之前做过的导弹拦截的题目，关键点是偏序集。 显然答案就是这个二维数集合的最少链划分数，也就是最大的反链长度 (根据Dilworth定理)。 但是直接求反链还是难。 咱们先对其中一维由小到大排序，再对另外一维被固定的数，考察其非降序情况即可。 我看了一些贪心的做法也是可行的。ps: 再次出现 bus error。 在sort()中必须要用严格升序，参见std::sort...

题解完全背包问题，讨论的是放完的方案数，只要把各种情况加起来就好了。 我给了一个2维空间的答案比较直观，可以压缩到一维，但需要推一下公式。Code// head files excludedusing namespace std;int n,m,k;long long f[2][10002];int cot[26];int main(void){ cin&g...

题解一道矩阵dp的升级版，难在来回两次怎么办？ 想想可知来回其实就等价于走两次，怎样表示走两次呢？这又是个问题。 走一次的所有阶段和状态可以由二维数组解决，那么两次是不是可以用四维数组搞定呢。没错就是这么暴力。 定义 F [ i , j , k , q ] 为 第一走到[ i , j ] 第二走到[ k , q ] 时最大的积累值那么就有状态转移方程 F [ i , j , k ,...

题解难得做出一道dp题，虽然方法不是最好的，但记录一下思路，方便和大佬的比较一下。 这题有点像背包，但不一样的地方在于 背包问题中背包的价值和放的位置无关，本题中顺序会影响其价值。 显然所有的顺序都要被考虑。 这里简要给出我的思路： 设有 F [ pos , i-j-k-t ] ，表示到达第pos位置时候以 i-j-k-t (四种卡片消耗数量)此情况 能够取得最大价值。 每到一个...

题解记忆化搜索。这题显然可以化为子问题来考虑的。大体思路：不妨设dp[n]为到达n的最短代码注意可以直接A到且最短的位置为 1,3,7,15, … ,(2^n) -1显然要考虑的情况就是target位于 2^(n-1) -1 ~ (2^n) -1 之间怎么处理这个区间更进一步？两种方法。走到target的后头位置(2^n) -1，此时调头向后走那么还需要走的的最短步数恰好= ...