还有多远

给定一个字符串和最多能进行删除操作的次数，怎样用最少的删除操作才能使该字符串对称（这也使结果字符串变的最长了），即成为palindrome？例如一个字符串s = "abcbdda"，我们可以删除"dd"获得"abcbdda"使得s变为palindrome很容易想到DFS（回溯）的方法：（1）从左边i和右边j同时扫描字符串，直到两个指针相遇或出现两字符不同，即i >= j || s[i]

一开始想的状态方程是f[i][j] = max(f[i][j-1], f[i

ST算法是求解RMQ问题最有效的方法之一，核心思想是

题目：http://poj.org/problem?id=1949所有任务合起来构成一个DAG，因为任务可以并行，所以从无前驱的节点到无后继的节点的所有任务路径中，最耗时的那一条就是所需要的总时间，因为这样的搜索中已经考虑了一个任务所有可能的开始时间。#include #include #include using namespace std;int N, c[100

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4276好久没有1A过树形DP了，真是开森呢~~~因为结构是树，所以从1到N肯定会经过最短路径，冗余的时间才能去访问别的节点（并返回最短路径上的节点！！！），因此我选择将这条必然经过的最短路径分离出来，对每个关键节点进行属性DP，再对这条关键路径进行背包DP，具体分析见代码注释。#includ

题目：http://poj.org/problem?id=1976令dp(i, j)表示有i个火车头和j个车厢可以拉的最多人数，则对于最后一个车厢j进行分类讨论，则状态转移为dp(i, j) = dp(i-1, j-M) + sum[j]-sum[j-M] //如果拉jdp(i, j) = dp(i, j-1)      //如果不拉j#include #include

题目：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=4772容易想到用dp[x][t]表示一开始位于x节点且拥有t天的时间最多能获得多少treasure，并保证第t天我们回到x这个起点，接着怎么dp呢，对于和x相距d的子节点y，我们有：如果2d > t，即从x出发不能在截止时间前返回，则我们不能选择去y；否则，我们

题目：http://poj.org/problem?id=2264一开始都忘了保存DP路径了，瞎想了N久，通过这题复习LCS动态规划的同时，也回顾了打印DP路径的方法，好题#include #include #include using namespace std;#define MAX_LEN 108const int HORIZONAL = 1;const in

题目：https://oj.leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/

刚开始把题目看错了，以为是这样的：两个长度为n仅由0和1构成的字符串s1和s2，每次翻转可以改变s1的一个位置，问有几种方式能将s1经过k次翻转变为s2，仅能且必须改变s1的m个位置，还做了分析：（0）如果k = m；（1）现在k >= m，考虑两者的不同，假设有d处不同，n-d处相同，则显然至少需要翻转d个位置每个位置1次，才能将s1变为s2，如果m = d 且k >= d，翻转这d处不

题目：http://poj.org/problem?id=3734刚开始看到题目N分析：我们更多的关心红色和绿色的情况，限制条件是两者个数都是偶数，但子问题却可能出现两者一奇一偶、一偶一奇、两奇的情况，假设已经给n个块染色，且出现这4种情况的场面分别有{a, b, c, d}个，给第n+1个块染色之后可能构成的场面和数量分别为{m, n, p, q}，我们来看两者是不是有一定的关系：1

题目：http://poj.org/problem?id=1973一开始根本没想到是DP，看了discuss之后才明白，学来的思路也记录一下吧。题目中最迷惑的是时间，怎么个并行法，可以这么理解：对于n个人进行工作，设置一定的时限T，则给前n-1个人分配的时间是T，给最后一个人分配的时间也是T，这两个时间上没有加减的关系，所以第n个人可以选择以一部分时间去做A类工作，一部分时间去做B类工作。

题目：http://poj.org/problem?id=2193分析：数位DP，很容易想到如果令f(n, m)表示从m个数中选择n个使之满足后一个是前一个至少2倍的关系，则对于数m，我们有两种操作：（1）选择m，则我们还要从1~m/2中选择n-1个数（2）不选m，则我们可以从1~m-1中选择n个数另外，当n=1时，显然有m种序列，从而有f(n, m) = f(n-1, m/2)

今天在CarrerCup上看到了一个问题，好像还没有好的答复，感觉可以用树形DP来做。题目连接：http://www.careercup.com/question?id=6285363834257408问题原文：in a tree any root can have any number of children. Every node has an integer value. Find

题目：http://poj.org/problem?id=1297分析：依次用每个在清单上的物品去更新购买清单前i个物品所需要的最小花费。#include #include #include using namespace std;#define MAX_M 105#define MAX_N 100005int M, N;int kind[MAX_M];doubl

和经典DP最长公共子串（不要求字符连续）不同，最长公共子字符串要求字符是连续的class LongestSubstring {public: int findLongest(string A, int n, string B, int m) { //f[i][j] represent the longest common substring starting wi

在nowcoder上的题目，原题如下：对于两个字符串A和B，我们需要进行插入、删除和修改操作将A串变为B串，定义c0，c1，c2分别为三种操作的代价，请设计一个高效算法，求出将A串变为B串所需要的最少代价。给定两个字符串A和B，及它们的长度和三种操作代价，请返回将A串变为B串所需要的最小代价。保证两串长度均小于等于300，且三种代价值均小于等于100。测试样例：

最早写过一篇博客，删除部分字符使字符串对称，这题是添加部分字符使字符串对称，

一开始感觉这是个森林，怎么DP，突然想到，可以用一个

先逐列求出没

#include int N, K, M;char s[5000] = {0};/* initial state, 'F' 0, 'B' 1 */char pre[5000] = {0};/* whether i should be flipped by flips in front */char post[5000] = {0};/* post[i] whether to sta

看了discuss才写出来的，唉，水平还是很di

实际上类似银行多窗口服务，首先服务没有先决

这道题WA了N次终于A了，看了Discuss也

题目要求|D(J)-P(J)|最小，但|D(J)-P(J)|显然不符合最优子结构，不能直接动态规划，但题目中说要使|D(J)-P(J)|最小时的D(J)+P(J)最大化，我们知道D(J)+P(J)是符合最优子结构的要是只用让D(J)+P(J)最大，那就是一个0-1背包问题了，想着要是能将D(J)-P(J)作为一个维度，有一定的范围，再对D(J)+P(J)动态规划的话就好了令f(i,j,

这道题本来想用map保存price所能达到的最大bandwidth，各种TLE之后看了discuss，

用dp[i][j]表示将flower i放在vase j中这个状态所能达到的最大

#include #define max(a,b) ((a) > (b) ? (a) : (b))#define MAX_T 1000#define MAX_W 30int T, W, id[MAX_T+1];int dp[MAX_T+1][MAX_W+1][2] = {0};int main(){ int i, t, w, turning; while(sca

由于债券价格都是1000的倍数，所以计算时可以先将钱和价格

典型多重背包，和经典问题的不同在于

经典的分组DP题：因为同一条直线上的

问题：指定26个字符的编码方式

复习一下多重背包的二进制分解、0-1背包的逆推、

一开始没有注意到的细节：我们必须先攻克父

#include #include #include #include #include #include using namespace std;#define INF 999999999int N, M;map nameIdMap; //node name index mapvector domination[201]; //domination names of each node

题目：http://poj.org/problem?id=1321分析：题目数据量很小暴搜即可#include int n, k, tot;char board[10][10];void dfs(int x, int r, int u){ if(!x){ ++tot; return; } if(r >= n) return; //try to plac