不要说话的博客

这里有一份DP题目列表点击打开链接，大家想专门刷DP的可以看一下。我们有不同的花和花瓶，每束花在不同的花瓶里有不同的价值，最后找出价值最大的放花顺序。动态规划最重要的是找出递推式，我们将每束花在不同花瓶的价值放在data[i][j]里，map[i][j]表示第i束花插在第1-j号花瓶中全局最大的价值，递推式为：map[i][j] = max(map[i-1][j-1]+data[i][

这道题目一开始就能知道考点在如何缩短查找时间。所以加快查找是我们的重点。但是在大数据面前，查找算法都不够快，所以我们用简单的hash思想来做。我们开一个数组a，当出现了一个数b时，把该数作为下标调整值，即a[b] = -1，下一次出现该值的时候直接去找这个值作为下标的a值是否为-1即可。#include#include#define MAX 5000010int p[MAX]={0}

动态规划经典题：最长上升子序列。 假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度，其中i为了方便理解我们是如何找到状态转移方程的，我先把下面的例子提到前面来讲。 如果我们要求的这N个数的序列是：5，3，4，8，6，7根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS表示）前1个数的LIS长度d(1)=1(序列：5)前2

最大下降子序列，变相的最大上升子序列题目。主要是多了一个判断最大序列的个数。一般递推式是dp[x] = max(dp[x],dp[y]+1），这里多了一个count用来计算序列个数。在内部循环剩下的序列时，我们从尾向头部循环，因为显然，目前最大的下降子序列一般在后面，这样的话，我们能迅速找到最大子序列，并且往前找与这个序列长度相同的结点，计算序列个数。# include#include

判断硬币题。这道题目没咋知道怎么做，看了其他人的discuss才有了思路。一，EVEN时，两边都是真币二，非EVEN时，没上天平的都是真币三，曾经被认为可能偏重，又出现在偏轻的一方的是真币。我们可以用一个数组zeros存储一定是真币，即出现在even情况内的那些；另一个数组sus存储对可能是假币的怀疑情况，当出现在up时，左边的硬币sus--，右边的++。down时反过来，这样

这一题其实就是斐波那契数列，但是我一开始用的是DP，不过应该思想差不多。一数组dp[i][2],dp[i][0]代表前i个数里面最后一个数字为0的数量，dp[i][1]代表前i个数里面最后一个数字为1的数量，可知dp[i][1]+dp[i][0]就是前i个数能组成序列的数量。这里因为不能2个1在一起，所以：dp[i][0] = dp[i-1][0]+dp[i-1][1]dp[i][

这一题放在杂题里，是因为我没有用DP，而是使用的枚举，当然是受到了discuss里面的启发。因为我们只能有三次机会，每一次只可以是固定的63个数，所以枚举感觉更加直观，但是不知道是不是没有DP快。#include#includeint n;int Darts[63];int main(){ int t,c=1,i,j,k,res; scanf("%d",&t); for(i

这道题目我一开始的思路是用二维DP，结果TLE了。后来换了个思路，终于AC了。不需要判断所有的情况，我们用dp[i]表示前i个牛圈中最大的牛数，而这个i首先必须>=限制的牛圈树f。用num[i]表示dp[i]中包含了多少牛圈。我们可以知道，dp[i] = sum[i] - sum[i-f])/f  or  dp[i-1] + data[i]， 前一个代表到i为止前f个牛圈的牛数，后一个代表

富二代继承遗产不知道怎么花问题，就是一个完全背包问题。虽然每一年的起始金额不同，但是内容都是一样的，就是在n种债券中随意选择，注意因为为了简化计算和开辟空间，而且题目告诉我们了债券金额是1000倍数，所以我们将金额除1000，每次处理前起始钱数都除1000.完全背包问题：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^kO(VN)的算

N位的二进制串连续N次循环移位，得到N个二进制串。对其按照字典序排列，得到一个N*N的矩阵。告诉矩阵最后一列，求矩阵第一行。拿这个题目例子讲解吧。0 0 0 1 10 0 1 1 00 1 1 0 01 0 0 0 11 1 0 0 0我们看到最后一列是10010，因为是按照字典序排列，也就是0在1前面，那这个每一行的第一个数字肯定是从0到1的，因为是最高位嘛，所以我们将最

背包九讲里面的多重背包问题。每一块积木有高度和数量，也有最大能到的高度位置限制。我们DP前首先要对高度限制进行排序，因为从直观角度说，我们也需要先处理较小的能到高度的积木，这样才能取到最大值。例如第一个高度是11，限制高度是100，第二个的限制高度是10，那如果直接处理，第二个不会被处理到。#include#include#include#define max(x,y)(x>y?x:y

最近因为保研，在刷一些poj上面的ACM题，发现智商真的是无限被碾压。。。1308 这一道题目考察的是并查集，点击打开链接这位博主对并查集的介绍可谓是很详细易懂了，并的意思就是将两个不同类别的集合合并到一起，类似于两棵树合并；查的意思就是找到这个点所属集合的根节点。并查集的基本模板：int pre[1000 ];int find(int x)

这道题最主要的是看懂题目即可。我们需要算出搬动桌子的最短时间，根据这个图可以知道不同房间占用同一走廊。这道题里1-4，2 -3显然占用同一走廊，但是2-3 和 4-5也占用了房间4和房间3的那个走廊，所以注意这个数据的最短时间是20，不是10。搞清楚这个就好做了，我们可以将房间偶数/2，奇数/2+1，这样2-3变成了1-2,4-5变成了2-3，自然占用了走廊。#include#i

dp[m][n]表示m个苹果放n个盘子里面.此问题可分为两个子问题：当m所以m当m>=n时，可分为两种放法，一种为至少有一个盘子为空，则有dp[m][n-1]种放法。另外为n个盘子都不为空，则先将n个苹果一个一个放入n的盘子中，剩下的m-n个苹果再放入n个盘子中。此放法就相当于m-n个苹果放n个盘子里面,有dp[m-n][n]种放法。所以状态转移方程为dp[i][j]:if(i

Michael The Kid有n块积木，每块积木左上有l个凸口，右上有w个凸口，左下右l个凹口，右下有w个凹口。当l >= l'并且m >= m'时，木块'可安装于另一个上面。问最高能叠几层积木。我们用dp[i][j]表示i'dp[i][j]=max(dp[i-1][j],max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1])) ， 因为最大就是100，所以我们只要输出dp[100][10

这里有一份DP题目列表点击打开链接，大家想专门刷DP的可以看一下。这是一道经典的DP题，找出从顶到底和最大的路径和。我们先记录每个路径点上面的值map[i][j] ，这道题的递推式是map[i][j] = max(map[i-1][j]+map[i][j],map[i-1][j-1]+map[i][j]); 当然最边缘的路径只有一条，单独考虑。# include# d

并查集题目，并的意思就是将两个不同类别的集合合并到一起，类似于两棵树合并；查的意思就是找到这个点所属集合的根节点。基本上并查集题目都是在大体架构上面加一些东西即可。每个人都可能有不同的信仰，有n个学生，给出一些line，每个line里的两个人信仰一样，最后判断有n个学生中最多有多少信仰。我们在原本模板上加入一个记录信仰数的变量num，一开始num=n，在合并两个有相同信仰的

并查集题目，点击打开链接这位博主对并查集的介绍可谓是很详细易懂了，并的意思就是将两个不同类别的集合合并到一起，类似于两棵树合并；查的意思就是找到这个点所属集合的根节点。现在n台之间有距离的电脑，只有距离小于d的才能连接，我们需要修复他们，让彼此之间可以互相连接。这一次我们在并查集模板里面加入ranks数组用来记录该节点的修复情况，在union_set时，如果两台机器都修复了而且距离小于d，

并查集题目，并的意思就是将两个不同类别的集合合并到一起，类似于两棵树合并；查的意思就是找到这个点所属集合的根节点。基本上并查集题目都是在大体架构上面加一些东西即可。这道题目和poj 1703 很相似，bug之间只存在两种状态，男 1 和女 0，所以两个被判断是同性的相恋就可疑了（德国人还挺好玩）。在这里这里在并查集模板里加入一个sex数组，用来说明这一个节点的bug是属于男还是女。我们

从今天开始刷动态规划类题目，先从简单的开始，这里有一份DP题目列表点击打开链接，大家想专门刷DP的可以看一下。1125题就是一道连通题，股票经纪人之间互传谣言，但是每个人传到其他人的时间不同，求出传播最快的那个人和所需时间。我们可以看出这是一道求最短路径题，所以想起了Floyd算法，由于Floyd算法实现的简单性，所以绝大部分的最短路径题都是由Floyd算法解决的。

题目大意：每一个商品有自己的价值和保存日期，必须在日期内卖出，要求算出在满足保存日期内所卖出商品的最大价值和。我的做法是，第i件商品在保存日期的每一天内与前i件商品在那天卖出的商品作比较，大于则停止判断，开始判断第i+1件商品。#include#include#include#define max(x,y)(x>y?x:y)#define MAX 10003str

并查集题目，点击打开链接这位博主对并查集的介绍可谓是很详细易懂了，并的意思就是将两个不同类别的集合合并到一起，类似于两棵树合并；查的意思就是找到这个点所属集合的根节点。这道题目里里面有两个帮派，我们需要判断抓到的两个罪犯，是否属于一个帮派？D [a] [b] 说明a，b不是一个帮派，A[a][b]时需要判断这两个人是不是一个帮派的。这里在并查集模板里加入一个ranks数组，

最长公共子序列。DP经典题目。两个字符串a与b，dp[i][j]代表在在a的前i个字符与b的前j个字符公共子序列的最大值。当a的第i个字符与b的第j个字符相等时，最大数等于a的前i-1个字符与b的前j-1个字符最大值+1；否则最大数等于max（a的前i-1个字符与b的前j个字符最大值，a的前i个字符与b的前j-1个字符最大值）。# include# include# define

这一题主要是需要考虑的情况考虑到了即可，我们需要去掉对这个式子无用的括号。把每对括号，满足以下任意一个条件的就可以去掉：1，最外面的括号2，前面不是 减号 的括号3，前面是减号，但左右括号之间仅有变量，而没有 加减号 的括号。我利用栈和数组存储了右括号对应左括号的下标，大家也可以试试其他方法。这里给一个测试数据。5(A-B + C) -

这应该算是最简单的大数题了。。。目的就是为了让你知道char的输入输出比int快很多，还学会了getchar()，putchar()。#include#define MAX 1000002char num[MAX],num1[MAX];int main(){ int n,i; scanf("%d",&n); getchar(); for(i=1;i<=n;i++){ num

一开始以为是long long输入，后来发现用int就行，，，反正也是一个挺简单的题目，直接贴代码了。#include#includeint cows[10005]={0};int main(){ int n,i,j; long long res = 0,temp; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&cows[i

下面是并查集的主要结构代码，即模板：int pa[MAXN]; // 创建集合void make_set(int size) { for(int i=1;i<=size;i++) pa[i] = i;} // 查int find_set(int x) { if(x==pa[x]) return x; pa[x]=find_set(pa[x]); r