nofuck的博客

题意给定 n∗mn*mn∗m 的矩阵，每一行可以最多可以选 m2\frac{m}{2}2m​ 个数，可以不选。要求选择的数的和为 kkk 的倍数，求和的最大值。思路范围都是 [1,70][1,70][1,70]，很显然的一个dp，可以先对每一行跑一个dp，即dp[j][nn][k]表示前 jjj 个数选了 nnnnnn 个数，和的余数为 kkk 的和最大值。然后对于每一行，即就是一个分组背包，定义 dp2[i][k]dp2[i][k]dp2[i][k] 表示 前 iii 行余数和为 kkk 的和最

一上来看完题目，这很贪心，马上写了发贪心，wa7！hack样例，当面临选择的数有两个相同，然后选择了某一个，可能后序的操作，得到的值不如选另一个数的价值大。1 2 2100 90 9090 301 2 2 10090 3090 90 所以正解该是dp，记录了每个状态的最优解。很容易想到状态 dp[i][j][z]dp[i][j][z]dp[i][j][z] 表示分别选择了 i,j,zi,j,zi,j,z 个棍子的最大价值。然后转移的话可以从 dp[i−1][j−1][z],dp[

记录状态，pos当前位置，pre前一个数，ppre前前一个数，f是否有连续三个相等，f4是否出现4，f8是否出现8。记忆化这些变量，保证状态不冲突，对于长度，因为固定了11位，所以不用记录了。还有就是很坑的就是，虽然题目范围保证了数据都是11位，但如果当 l=1010l = 10^{10}l=1010 ，l-1就只有10位了，所以必须得特判。code#pragma GCC optimize(2)#include<bits/stdc++.h>using namespace std;c

思路：对于2个点中间的所有点，其实都可以看做一个点(因为移动他们无需任何代价)那么我们把所有点的下一个点 x−1x-1x−1(不能为0) 放入集合，对这些点进行dp。定义dp[i]表示到达第 iii 个点都安全的最小代价。那么转移：如果下一个点是已经伸出的点:那么下一个点 dp[i+1] = min(dp[i+1],dp[i]+1) 因为改变这个点必会改变下一个点的状态，要让它保持不变，代价+1.下个点伸出，下下一个点如果是已经伸出的点，那么 dp[i+2] = min(dp[i+2],d

规律：首先枚举个位，十位，百位…，然后对于每一位，作为数字d的时候，包含的数字有多少个，分为这个数的左右2端。比如12345，要求d=4有多少个，对于十位，这一位取4，分成12300和45来看，对于12300，十位取4，其左边是有123种情况，右边有10种，所以总数就是1230，然后对于45，取4的情况有6种。然后对于百位也同样道理。code(以7为例)#pragma GCC optimize(2)#include<bits/stdc++.h>using namespace std;

这题在最长上升子序列的基础上加上了一个限制条件，就是这个上升子序列的原数组下标当前能被前一个整除。思想还是 dp[i] 表示以 i 结尾的满足条件的最长上升子序列，普通的lst，dp[i]需要从1~ i - 1来得到更新，也可以理解成用1 ~i - 1的dp值来更新dp[i]，那么对于这里，只需要枚举满足条件的下标去更新dp[i]，即 i 这个下标的因子下标，用埃氏筛的思想。#pragma GCC optimize(2)#include<bits/stdc++.h>using names

题意：就是给定n<=1e5n<=1e5n<=1e5个数，从中选取k个数，要求和是3600的倍数，T<=60组数据T<=60组数据T<=60组数据。①思路：dp[i]表示i这一位能被得到，然后更新就是从上一个能到达的状态更新过来，但复杂度无疑炸了。可以用bitset来优化，每次更新不用3600，而是直接移位(<<)，然后在取个模(>>)...

题意给你一串数字,长度为n(n<15)，让你求所有排列中有多少个排列能整除d思路一个状压dp，dp[s][p]dp[s][p]dp[s][p]表示当前 状态s 的 mod d的余数为p，s的范围就是(0~(1<<15)-1)然后转移的话就是枚举当前状态没有的，然后加上该状态，更新到新状态。比如 11(2)11_{(2)}11(2)​可以由01(2)01_{(2)}01...

正解是对q-p升序，然后跑个01背包。对于这题写下我的理解假设我们当没有q这个限制条件，其实就跟普通的01背包一样了，那么加上q这个限制 ，我们在01背包更新的时候会有一部分本该(没有限制条件的时候)更新，但在限制下没有被更新，我们拿2个物品来比较看看。代码就不贴了，网上很多。...

无后效性最优化原理

题意：题目大意：给你一个n∗m的矩阵，你可以在每行放置一个2∗k的矩形框，问你被矩形框 ，框中的数的和最大值是多少。每个数只计算一次。思路：首先对于eazy版本(暴力)的求解方式。我们用dp[i][j]来记录状态，同时表示前i天在第j列收获的最大值。那么怎么更新它？把能覆盖区间[j,j+k-1]的区间和不覆盖的分开算。覆盖的我们在计算的时候就要把那部分给减去，那么覆盖[j,j+k-1...

概念树的直径：2点距离最远的路径。结论先说结论，对于一颗无根树，首先随便找一个点 u 开始进行搜索，找到离当前点最远的一点 s , 然后从 s 开始搜最远的点 t ，树的直径就为 s - t 。证明找到直径，我们只需找到直径2个端点其中的一个，然后找到离当前点最远的点即为另一个端点。1.首先u在s-t的路径上，很明显是对的，到达u最远的点必为s或t，因为是从u开始搜最远的点的。2.u...

A Yet Another Dividing into Teams题意：n个不同的数，要对n个数进行分组，要求每组里面的任意差值的绝对值不能为1.为你组数.思路：很明显最多2组，找里面是否有2个差绝对值为1的，如果有就为2，没有就为 1.代码#pragma GCC optimize(2)#include<bits/stdc++.h>using namespace std;...

描述有依赖的背包最好理解的题就是NOIP的金明的预算方案，其每个物品有主件和附件，附件必须在主件已经购买了的请款下才能购买，这里牵扯到有依赖的背包的一个问题，将这些进行分组之后就有多种情况即：不能购买主件，只能购买主件，能购买主件和多个附件，这些情况组成了多个可能的情况。思路这里肯定会想到分组那里去，很显然的这一组的一些附件，肯定是在上一组的基础上更新过来，那么我们直接把上一组的所有状态一过...

HDU6630 permutation 2题意给你n个位置，编号为1-n，其中第一个数给出为x，第n个位置的数为y，求满足以下条件的共有多少种填法。1，第一位必须是x，2，最后一位必须是y，3，相邻两位之差小于等于2思路如果就直接把初位置，末位置画出来，然后依次模拟填，无疑比较困难找，转换一下思考方式。我们把1到n的数想象成一个数轴，范围1到n。题目就变成了x到y经过左右移动1/2位有多...