Jason

题目大意：中文题就不赘述了。题目链接 题目思路：大致的处理是与HDU 2476 一个道理,只是加入环形的处理方式。 环形处理方法：将数组延长一倍。 AC代码： #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS #include #include #include #include using namespace std; int a[440]; int dp[440][440

题目大意： 有两个长度不超过100的字符串，A，B，要把A变成B，现在可以连续将N个变成相同的字母，问你至少要变多少次。（N为无限） 题目思路：只要该位置不与B的该位置相同，那么就等同于空白，假如相同就可以不画。所以一开始先做一次区间DP，算出从空白画出B的最少次数 关键代码为： for (int l = 1; l   for (int i = 1; i + l   {    

题目应该很容易看懂，是为了求一个矩阵之内最大的一个子矩阵的和。 子矩阵的和表示的是该矩阵内所有元素的和。 方法引入： 首先当然十分容易的可以想到一维求子段的和。 假设数组为a[110]; int sum = 0, MAX = 0,n; for (int i = 0; i < n; i++) { if (sum < 0) sum = 0; sum += a[i]; if (sum

将6种价值不同，数量不同的石头，分成两组价值相同，问能否可分。 很容易想到是多重背包。 但是以哪个为容量是关键，我是以价值为容量，超时了。 不过这边有一个可以优化的地方。 for(int i=1;i<=6;i++) { num[i]=(num[i]*i)%60/i; sumvalue+=num[i]*i; }

题目大意：你可以雇佣，开除雇员，当然你得支付给任何一个在职雇员薪水，就算他不工作。请告诉我要完成工作，最少的花费是多少。 #include using namespace std; int dp[15][1100]; int a[13]; int main() { int n; int hire,cost,fire; while(cin>>n,n) { cin>>hire>>

（转载）题目意思是说，有几种不同的珍珠。每种珍珠都有它的单价。当然质量高的珍珠价格一定也是高的。 为了避免买家只买1个珍珠。就要求不论是买了多少个珍珠都是需要在购买数量上加10.之后乘上单价。 求出总的花费！例如：买5个单价是10的珍珠。需要的花费是（5+10）*10= 150.买100个单价是20的珍珠 需要的花费是（100+10）*20= 2200.总共需要的花费是150+220

DP解法： 最优子结构分析：如上例，如果A、B可以组成C，那么，C最后一个字母e，必定是 A 或 C 的最后一个字母组成。 C去除除最后一位，就变成是否可以求出 A-1和B 或者 A与B-1 与 是否可以构成 C-1。。。 状态转移方程： 用f[i][j] 表示 表示A前 i 为 和B 前j 位是否可以组成 C的前i+j位　　　　　　　　 　　　　　　　

卡了2天，说多了都是泪。/* 该点的最大值的可以由前面某个点加上相应的值得到。 而前面的点可以分析为以下的条件 1、前面的这个点与该点颜色相同。 2、这个点与这个点颜色不同。 3、前面没有点。 现在分析： 由于1、3两个条件已经是o（1）的时间，所以不需要优化。 主要的时间出在于2的时间，2需要遍历。 假设2里面有n个条件需要判断，其实归结起来，我们只需要判断两个情况 1、这个点的颜色与该点相同 2

题目大意：一组数按照顺时针排列，数值相同的两个位置可以连一条线，最终线与线不交叉的最大数量为多少。 这道题目是求最大匹配的题目，初学区间DP，脑子一片空白，仅仅记下来，以供之后温习。 按照区间的想法可以很容易的得到，dp[i][j]所存的是i到j当中满足条件的最大数值，那么有dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]); 这个是解决在i到j区间当中有两