Just for fun

dp，盒子嵌套问题。用edge【i】【j】二维数组来记录盒子i 能够嵌套到盒子j 中。在判断能否嵌套时，先将每个盒子的各个数据按从小到大排序，然后再逐项进行比较，如果每个数据都较小，则该盒子可被后者嵌套。用dp【i】表示从盒子i开始的最长盒子串。最后打印出最长盒子串时打出字典序最小的即可。 #include #include #include #include #i

题意为有m个向量，将任意个向量相加使得距离刚好为s，求向量的最小个数。看题后的第一想法是用广搜+dp，后来提交代码却RE了（应该不会的）。后来用枚举试了一下，还是RE。所以才想到是不是数组开小了一点，于是将数组开大了一点，结果果然AC了。其实广搜+dp应该更快的，而且空间复杂度也较小。 广搜+dp：#include #include #include #include #i

题意为用n个数据，要从中选出k+8个三元组（x，y，z，其中x考虑动态规划，那么很容易想到如下的状态定义：dp[i][j]表示用前j个数组成i个(x,y,z)数对的最小消耗。 考虑状态d[i][j]:对于x和y，有如下考虑：对于a[j]，如果不使用a[j]，那么d[i][j]=d[i][j-1]；如果使用a[j]，那么就和a[j-1]一起使用，d[i][j]=d[i-1][

题意：有几只乌龟，每只乌龟有一定的重量与力量。每只乌龟可以背小于它力量的重量（包括它自身的重量）。问最多一共可以有多少只乌龟叠在一起。可以证明，将力量大的乌龟放在下面可以得到一个更优的状态。因此在dp之前应先将所有乌龟按力量大小排好序，力量小的在前面。（证明可见这个网页）1.用dp[i][j]表示从前 i 只乌龟中选出 j 只可以得打的最小总重量。转移方程为：如果dp[i-1][j-1

这题比较简单，用一个广搜就行...要将状态标记是否被访问，不然会超时...#include #include #include using namespace std;struct num{ int n,c; num() {} num( int a,int b) { n=a; c=b; }};bool prim

本题为2012年校赛第一题。题意为给出若干个矩形，每个矩形给出左下角和右上角坐标，以最小x和y作为整体区域的左下角坐标，以最大x和y作为整体区域的右上角坐标，矩形区域内不被水淹，水从周围冲来，四周都有保护区域的也不被水淹，连在一起的安全区域算一块，求出安全区域的块数。在比赛时很遗憾因为这题没做出来，所以没能进省赛。比赛完看题解，说这题用离散化，其实在比赛时有想过离散化，但是没想出来

一系列操作，分别进行增加数据M，移除数据M，查询两两之间的最小距离。（ 1建一棵1-100000的线段树，每个节点包含l, r, x, y , v，其中l,r分别表示左端点和右端点，x和y分别表示左子树的最大值（无数时为0）和右子树的最小值（无数时为Max），v表示改线段中最小的距离。给该数提供add，remove操作。 还必须添加一个数组vis来表示每个数是否在树中存在。 t[p].v

已知在平面上有若干个点，求一个已知半径的圆最多更覆盖多少个点。一个比较经典的问题。（另一个为已知若干个点，求能覆盖住所有点的圆的最小半径。）两两点枚举，分别以两点为圆心，已知半径画圆，若相交，则求出两圆的一个交点（两边可任意，但是每两个圆的交点都要取同一边的），然后判断以交点为圆心已知半径为半径的圆能覆盖多少个点（在圆上也算）。逐个更新ans，直到枚举完全，最后ans的值即为能覆盖住的点的

求一个序列的长度在L-U的子序列和的最小值。才刚学线段树，所以第一次建树是用线段【a，b】表示序列中a到b的元素和，结果TLE了。后来看了网上题解后才知道要用线段【a, b】表示从0到x（a用S【i】-max就得到了要求的最小子序列和了。 #include #include#include#include#define Max 32800#define max(a,

本来很简单的一道dp题，可是却WA了三次，后来将输入语句改成了getline( cin , s);就AC了，题目也没说可以有空格啊，真是的... #include #include #include #include #include #include using namespace std;int dp[105][105];string s1,s2;int main(

全排列生成算法：next_permutation

Works Applications2016校园招聘 — Travel Information Center

网易游戏2016实习生招聘——连连看

题意为给出一组从小到大的数据的频率，要求建一棵二叉查找树，使得总的cost最低。TotalCost= PathLength【i】*fre【i】+...；题目较简单，一下就看出了状态和转移方程。    开始用记忆化搜索做，最初没有想到将所有任意两个数之间的数的和都求出来保存起来，而是在每一次dp时都去求一次，结果提交后用了6.952s，真是慢死了。然后就想到了在dp之前就应该把和用一个数组存

题意为给出一个字符串，现在可以进行3种操作（添加字母，删除字母，替换字母），将其变成回文串，求出最少的操作次数。这题虽然想到了状态表示，但是在转移方程上遇到了点麻烦，最后还是看了别人的题解。现在越来越不会独自思考了，老是不会就看题解，这样不行啊。由于添加字母和删除字母的效果是一样的，因此我们这里就只进行删除和替换操作。用d【i】【j】表示将第i到j之间的字串变成回文串的最小操作步数，然

dp问题：key[1..i]  与 w[1..j] 是否匹配？用状态f【i】【j】记录：状态转移方程如下：f【i】【j】=                     f【i-1】【j-1】                                                   if key【i】== ‘？’

经典dp问题，用记忆化搜索或者用递推（滚动数组）均可实现。 用滚动数组如下：#include #include using namespace std;int n;int f[7490];int a[5]={1,5,10,25,50};int main(){ int i,j; for(i=0;i<7490;i++)f[i]=1; //只由1组成均

很简单的一个dp问题。用f【i】【j】表示s1的前i个字母和s2的前j个字母的公共最长子串，状态转移方程如下：f【i】【j】 =         f【i-1】【j-1】 +1，   if    s1【i-1】==s2【j-1】                             max( f【i-1】【j】，f【i】【j-1】）， if   s1【i-1】!=  s2【j-1】

本题大意为在给出的n个结点处切断木棍，并且在切断木棍时木棍有多长就花费多长的代价，将所有结点切断，并且使代价最小。开始在做时没有多想就开了一个1000*1000的数组，自己测试随便一个数据都可以，但是提交后却TLE了，估计是该题的测试案例相当多吧，不然也不会超了。后来在网上看了一下别人的答案，才猛地发现只用开一个50*50的数组就可以dp了，后来改了之后就AC。 #include

题目大意：有一堆各种面值的硬币，将所有硬币分成两堆，使得两堆的总值之差尽可能小。开始看到题目竟然很久都找不出状态和状态转移方程，几天没做题脑袋就生锈了。申请一个dp【50001】来记录该币值能否取得，可以当成0-1背包做。然后从sum/2开始往下遍历，直到第一个标记为1的币值结束，再算一下即可。 #include #include #include #include #in

本题就是矩阵连乘，只是加了一个路径打印。开始在路径打印上一直没找到规律，最后看了别人的代码才恍然大悟，其实仔细想想也挺简单的。用一个数组记录下每次断开的具体位置，然后再用递归打印出具体步骤即可。 #include #include #include #include using namespace std;int dp[11][11],p[11][11],row[11]

这道dp题做了很久，如果只是输出最大值就很简单。   是一个0-1背包问题，只是体积和价值相等而已。本来没用多久就把路径打印出来了的，只是在最后一组测试数据上跟答案有点不同，因为该数据存在两种方案。题目也没说，所以就一直纠结着怎么输出答案的方案。后来还是将原来的代码交上去了，没想到竟然是在宥多种方案时随便打印一种即可的。 #include #include #include

//简单的dp//由于换胎后相当于又从原点开始跑，所以在计算直达所需时间时可以优化#include #include #include using namespace std;int main(){ int n,an[101],r; double b,v,e,f,dp[101],cost[10001]; //cost[i]表示换胎后（或从起始点）行驶距离i所需时间 whi

题目意思是找两个序列的最长公共子序列，并将其打印出来。题目难点就在于如何将公共序列打印出来。 法1：此处不能仅通过dp【i】【j】 ==dp【i-1】【j-1】+1就判断s1【i】在公共序列，应先将其他情况排除之后才能判断。#include #include #include #include #include using namespace std;int dp

题意为给出总石子数n，和m堆石子，两个人轮着取石子，每次只能从总石子中取m堆中的一堆的个数的石子，取走最后一个石子的胜。S先取，O后取。用状态f【i】表示还剩i个石子时S的胜负。当为1时表示S能胜，反之则负，即O胜。转移方程为当 i -r[j]>=0而且f【i - r[j]】=0（0 #include #include #include #include #include u

题意为输入若干种立方体（每种若干个），然后将立方体堆成一个塔，要求接触的两个面下底面的长宽分别严格大于上底面，求塔的最大高度。将每种立方体的各种摆放形式均视为不同的立方体，并存起来。再将所有立方体按照下底面的面积从小到大排序（因为在塔上面的立方体的底面积一定比下面的小），然后只需求该序列的最大上升子序列的长度即可。 #include #include #include #incl

这题是要找一个最长（假设长度为2N-1）的子序列,使得前N个元素递增，后N个元素递减。开始看了半天也不知道怎么定状态和转移方程，后来突然才想到可以用两个状态，一个找从前到后的上升子序列，另一个找从后到前的上升子序列（此时用的O(n^2)的复杂度找的）。最后扫一遍，取两个状态之中较小的，即可找出最长的先上升后下降的子序列。 可是提交答案后TLE了。 知道肯定是找最长上升子序列时太复杂了，但是想了

题意为一些重量递增而且各个面都有颜色的立方体，要将这些立方体堆成一个塔，要求两个接触面同色，而且下面的立方体更重。求塔的最大高度。这题其实比较简单，就是数据太多，处理起来比较麻烦。将每个立方体都分解成6个不同面朝上的立方体，这里只需将立方体的上下两面颜色和重量记下就行，然后再dp，在打印路径时递归打印即可。#include #include #include #include

Works Applications2016校园招聘 — Game