zxc的专栏

dpdp[i][j]表示子串从i到j需要添加的

这是一道好题啊。感觉学到了不少思想

典型的数位dp的模板题。dp[i][j]表示i位数

这个题和poj1185很像，都是相邻

一开始没有想到思路，哎，还是太弱啊。看了别人的思路，知道是树形DP。

又是一道好题。感觉很经典的树形dp。

这道题最大的一个问题就是如何把

首先从小到大排序。然后设 dp[i][j]表示前j个数分成i组的最小花费。则 dp[i][j]=min{dp[i-1][k]+(a[j]-a[k+1])^2}  0

又是一道斜率优化DP。设dp[i][j]表示前i点，炸掉j条边的最小值。jdp[i][j]=min{dp[k][j-1]+cost[k+1][i]}又由得出cost[1][i]=cost[1][k]+cost[k+1][i]+sum[k]*(sum[i]-sum[k])cost[k+1][i]=cost[1][i]-cost[1][k]-sum[k]*(sum[i]-sum[k])

第一次做数位dp，思路和大家的好像不一样。

这是一道dp题，比赛的时候没做，省最后

刚开始的时候一直以为是数论，

水题。从左和 到右，

这道题大牛们都说水题，可是我刚开始做数位dp，感觉好吃力啊！

dp[i]用二进制表写出后第i位代表的是i是否能够得到(0所以我们只需要一个2^20的dp数组循环n次即可。在每次循环中，我们枚举这位填的是j，i能转移到i + 1同时这些数需要在0-k的范围中)，即组成了所有加上j之后的情况。同时每个dp[i]都需要加上dp[i]*extra(extra代表的是l中大于k的数)最后我们只需要检索所有在1<<k位的dp值的和即可

分析：因为不能合并不同的数，所以先排除不是2的幂次的数，记为cnt，最后方案数乘上2^cnt即可。稍加思考可以得到，集合合法，要求里面2^x的数的和至少2048。直接求比较困难，我们反着考虑，求少于2048的集合个数。可以发现其实就是一个多重背包的模型。dp[i][j]表示用从2^0,2^1..到2^i组成j的方案数，则dp[i][j] = Σ(dp[i-1][j-k*(2^i)]*C(k

什么都不多说。推荐一个博客：http://kicd.blog.163.com/blog/static/126961911200910168335852/代码如下：

状态压缩求概率dp。 #include#include#include#includeusing namespace std;#define MAX 1<<21double dp[MAX];double p[22];int n;int main(){ int i,j; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { fo

初学斜率优化的，强烈推荐阅读这篇论文：

http://blog.sina.com.cn/u/1809706204

首先要熟悉一下最大子段和（即最大连续）

虽说是什么单峰回文串，其实就是整数的划分。

背包问题，建议先看看背包九讲，然后这道题就能水

由于只有三行，所以两列的话有三种情况，

题意就不说了，只要学过英语的，肯定能看懂。首先分析

第一道状态压缩DP题，感觉

参考别人的解题报告，哎，还是太水呀，dp要

dpldp[i]表示前i个

计数DP，思路还是很清晰的。只要有点DP基础，或者做过类似

首先化简一下公式，得到σ^2=1/n∑xi^2 - x^2；所以我们

实际上对于一个字母，你在串中删除或者添加本质上一样的，因为既然你添加是为了让其对称，说明有一个孤立的字母没有配对的，也就可以删掉，也能满足对称。故两种操作看成一种，只需要保留花费少的那个即可然后令dp[i][j]表示从位置i到j的子串转化为回文串需要的次数若 s[i]== s[j] 则dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]否则 dp[i][j] = min(

题意就是用1*2的矩形填充n*m的大矩形。

这道题的题意比英语阅读理解还蛋疼

一开始这道题就没有思路，不知道

四边形不等式优化问题就不多说了。网上

这道题一开始思路是对的，但是就是感觉会超时。后来

经典的状态DP啊，虽然也可以

这题卡时间很紧，用map离散都不行，可能是最坏