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Problem List (7.13 ~ 7.20)

Climber.pI — Thu, 21 Jul 2011 07:55:00 GMT

7.13
p1057 金明的预��方案[分组背包], 1.5h
f[v] = max{f[v], f[v - c[i][j]] + w[i][j]}
*注意读题�Q�主件的�~�号和物品编��L(f��ng)��同，�q�里调了1h
*注意逗号的��?br />
@Ural p1018 Binary Apple Tree[�?w��i)�Ş], 1.5h{大量参考题解}
f[i][j] = max(f[tree[i].l][k] + f[tree[i].r][j-k-1] + tree[i].v)
*初始化中使用-1标记未计��?避免重复0)
*递归建树(w��i) -> ��L��儿子的过�E�可利用��L��表优化[未验证]
*记忆化搜索f[t][q]初始化�ؓ(f��)0, 根节点值最后计��? 注意�Ҏ(gu��)��情况0
*特别注意, 把题目中�?�Ҏ(gu��)�� 转换�?�Ҏ(gu��)��, 以及(qi��ng)q的相兛_��?br />
7.15
#p1051 选课[�?w��i)�ŞDP], 1.5h
f[i][j] = f[tree[i].r][j] (左子�?w��i)�?
          f[tree[i].l][k]+f[tree[i].r][j-k-1]+tree[i].v (左子�?w��i)非�I?
*多叉�?w��i)�{二叉�?-> 左儿�? 叛_��?br />if (!left[a]) tree[a].l = i;
else tree[left[a]].r = i;
left[a] = i;
**记忆化搜索过�E��ؓ(f��)什么不能直接返回int -> 实验证实�?x��)引起错�? 原因不明 -> 盲目合�ƈ语句所�?br />   if (f[i][j] || i == 0 || j <= 0) return 0;
   应�ؓ(f��)
   if (i == 0 || j <= 0) return 0;
   if (f[i][j]) return f[i][j] ;
   -> 合�ƈ此类控制边界语句应注意返回�?br />**泛化背包做法 http://archive.cnblogs.com/a/2091585/

p1087 sumsets[完全背包+�l�计�Ҏ(gu��)��数], 60min
f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-c[i]] (f[0][0] = 1)
一开始盲目列表找递推�? ��试无果. 后发现题目本意即完全背包问题, 2^k是物�? 实现时注意降�l?
*�l�计�Ҏ(gu��)��L��问题递推式中max改�ؓ(f��)+, 注意f[0] = 1
*此类问题注意高精度的实现或�?mod(注意题目中要�? 如本�?位精�?
*另一�U�方�E?f[i] = f[i-1]         (i=2k+1) -> 已通过观察得到
                   f[i-1] + f[i/2](i=2k)   -> 动机是什�?

p1079 数字三角�?[坐标DP], 30min
f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + A[i][j] (0 < j <= i <= n/2)
通过分析可知, 指定�?n/2, n/2)�?i, i)必取, 而其后和一般数字三角做法相�? �l�点为f[n/2][n/2]
故最�l�答�?#931;f(i,i)_(0 < i < n/2) + f[n/2][n/2]
*坐标问题注意分析��L(f��ng)��和终点的要求

p1084 数字三角�?[坐标DP], 10min
(x, y)�? f1[i][j] = max(f1[i-1][j-1], f1[i-1][j]) + A[i][j] (0 < j <= i <= x)
(x, y)�? f2[i][j] = max(f2[i+1][j], f2[i+1][j+1]) + A[i][j]
分析可知, (x, y)前顺�? 指定�l�点�?x, y), ��L(f��ng)��必然�?1, 1), (x, y)后逆推, 指定�l�点�?x, y)
故最�l�答案�ؓ(f��)f1[x][y] + f2[x][y] - A[x][y]

p1076 数字三角�?[判定性DP], 30min
f[i][j][(k+A[i][j])%100] = f[i+1][j][k] | f[i+1][j+1][k]
通过增加�l�度转化为判定性问�? �׃��取模所以k的顺序不��定, 因而用坐标来控刉��?br />
7.16

#p1048 田忌赛马[贪心 + DP], 1.5h
1.O(N + NlogN), [题解来自�|�络]思想是这��L(f��ng)��, 先把各组马的速度从大到小排序, 然后用田忌的马顺序与齐威王的马比�?br />if�Q�田忌的马快�Q�比较下一寚w��Q?br />else if�Q�田忌的马慢�Q�用田忌最慢的马和齐威王的�q�匹马赛
else{
    从未�q�行比赛的速度��的马开始从后往前比
    if�Q�田忌的马快�Q?nbsp;     //�q�里是必��ȝ��Q�否则如果是90 73 71 �?90 70 70 �Q�那么没有这个是
        �l�箋往前比     //2-1,有了的话��是2+0�Q�非帔R��?br />    else 用这匚w��和刚才跑�q�的齐威王的马比
//��M��原则��是如果�q�匹马不能赢�Q�就让他和比他快很多的马比，�q�样保持速度较快的马
}
*while循环条�g, f1 <= r1
2.O(N^2 + NlogN), 来自:http://hi.baidu.com/lyltim/blog/item/57fccd1153ea851eb9127ba9.html
[贪心分析]
1、如果田忌剩下的马中最强的马都赢不了齐王剩下的最强的马，那么应该用最差的一匚w��去输�l�齐王最强的马�?br />2、如果田忌剩下的马中最强的马可以赢齐王剩下的最强的马，那就用这匚w��去赢齐王剩下的最强的马�?
3、如果田忌剩下的马中最强的马和齐王剩下的最强的马打�q�的话，可以选择打��^或者用最差的马输掉比赛�?br />[DP做法]
f[i,j]=max{f[i-1,j]+g[n-(i-j)+1,i],f[i-1,j-1]+g[j,i]}
其中g[i,j]表示田忌的马和齐王的马分别按照由强到��q��序排序之后�Q�田忌的�W�i匚w��和齐王的�W�j匚w��赛跑所能取得的盈利

#p1402 乌龟��[路径DP], 1.5h
f[i][j][k][l] = max(f[i-1][j][k][l], f[i][j-1][k][l], f[i][j][k-1][l], f[i][j][k][l-1]) + A[i+2j+3k+4l+1]
以卡片数为阶�D? 状态f[i][j][k][l]表示�q�剩下每�U�牌各多��张时得到的最大�? 注意起始位置
*卡了1h因�ؓ(f��)�?5的过沛_��08的传�U�条限制思维, 认�ؓ(f��)以所在位�|��ؓ(f��)阶段, 惛_��I�间降维
*[降维条�g]状态各�l�度存在�{�量关系, 因而可减少旉��复杂�? 但是不能改变�I�间复杂�?br />
#p1052 没有上司的舞�?x��)[�?w��i)�ŞDP], 1.5h
f[i][0] = ∑max{f[j][0], f[j][1]} (j∈i.son), i不参�?br />f[i][1] = ∑f[j][0] + tree[i].v   (j∈i.son), i参加
[边界]若i为叶节点, f[i][0] = 0, f[i][1] = tree[i].v
前半个小时写完了多叉转二�? 证明了left[]的必要�?
*状态设计问�? 没有区分i参加和不参加的情�? �q�认为f[i]由f[j](不取i, j是i的儿�?和f[k](取i, k是i的孙�?推得
*叶节点的初始�? 对于f[i][]求和而非取最大�? 选取根节点而非叶节�?需要两个数�l�映��?
*�׃��30min时方�E�考虑不周, ��D��多次修正, 因而卡�?h. 务必要先写出正确方程.

7.18

p1134 CCR的中考之考前计划[模拟], 50min
语文�? 题目描述问题很大, ��费�?.5h, google了一个std之后得到正确题意. 题目是类似beads的模拟题, ��环从某处打�? 使得两端�U�目�c�d��相同的天数最�?��L��相同�U�目的条件A[j+1] = 'w' || A[j+1] = A[i].
*环状问题的处理方�? 2n-1, 在本题中双方向同时进行不�?n-2

#p1088 treat[区间DP], 20min
f[i][j] = max{f[i+1][j] + A[i] * (n+i-j), f[i][j-1] + A[j] * (n+i-j)} (0 < i < j <= n)
f[i][j]表示[i, j]未取时的最大�? 初始化f[i][j] = A[i] * n, 以长度l为阶�D? �?j = i+l-1
*考虑�W�k�ơ取�? k = n - (i-j+1) + 1(包括�q�次), 昨天没想到这点卡了很�?br />*在网上找��C��另外一�U�设�|�状态的�Ҏ(gu��)��, 设f[i][j]是取i个数, 左边取j�? 方程�Q?br />f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + i * A[j], f[i - 1][j] + i * A[n - (i - 1 - j)])
-> 猜想动机: 存在�{�式 �?+ �?= ��L��, 状态的讄��都是��Z��描述着三个�?

agirnet[Krusal], 20min
复习(f��n)�q�查集实现的Krusal

p1307 联络员[Krusal],50min
必选边先��用set[find(e[i].u)] = find(e[i].v)合�ƈ, �q�记录权�? 然后按一般的Krusal做即�?
*使用stdlib.h的qsort间接排序��p�|, 原因不知(20min)
*注意此时k++不能�q�入下一行语句中, 否则++k和k��g��同导致输入错�?
   ++k,
   scanf("%d%d%d", &must[k].u, &must[k].v, &must[k].w);

7.20

p1113 ��族密码[LIS模型], 40min, 6WA
f[i] = max{f[j] + 1} (A[j]为A[i]前缀, 1 <= j < i)
*注意最大��g��一定在f[n]�? 需要对f[1] -> f[n]�q�行循环��(g��)�? 卡了30min

p1187 ��飞侠的游园�Ҏ(gu��)��[0/1背包], 15min
f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j - c[i]] + w[i])
存在可能未装满的情况, 故��@环检查f[n][]卛_��

#p1190 �U�木城堡[背包DP], 1.5h, 6WA
f[k][j] = f[k][j - w[i]] (j - w[i] >= 0)
�c�M��分组背包的做�? 记录每组物品的所有可能�? 若f[1..k][V]同时为true, 则V为最�? 也可以在��d��? 循环��(g��)查每�l�物品的可能�?
*注意读题, ��其是各�U�数据范�? 不要重复��d��W�二�?!!
*��d��时注意MAXn+1, 留意-1的情�? 昄��{�案不会(x��)��过所有城堡的最��高�?而非最�?.
*题目中�ƈ没有��按顺序取�U�木, 因而一开始打了模�? 之后手贱去Google. 对于�q�类问题, 在提交后若发现则应��l�思�? 此外不要�l�题目增加条�?
**注意�q�类��定各组物品所有可能值写�?�?最优值写法的区别
*一�l�测试数�?
5
87 76 65 54 32 21 23 -1
64 75 25 63 76 23 75 13 64 23 -1
09 78 76 46 32 45 23 -1
23 34 45 -1
12 34 23 -1

p1213 嵌套矩�Ş[LIS模型/DAG最长�\], 1h, 9WA
(1)f[i] = max(f[j] + 1) (rect[i]可嵌套rect[j])
*初始化f[] = 1; 初始化�ؓ(f��)0, 输出+1�?x��)导致错�? 原因不知.
-> 另一�U�写�?by Ylen): f[0] = 0, f[] = INT_MAX;
*注意题目没有��矩�Ş间存在顺�? 因而存在后效�? 易知面积��的矩�Ş不会(x��)嵌套面积大的矩�Ş, 因而以面积为关键字对rect�q�行间接排序.
(2)f[i] = max(f[j] + 1 | (i,j)∈G)
若rect[i]可嵌套rect[j], 则徏立一条从i到j的边, 求最长�\卛_��

Climber.pI 2011-07-21 15:55 发表评论

Problem List (5.7)

Climber.pI — Sat, 07 May 2011 12:26:00 GMT

5.7
p1004 滑雪[2d最长下降子序列]
无思�\.

p1005 采药[��?1背包], 调了1.5h
[spec,1d] f[j] = max{f[j], f[j - c[i]] + w[i]}, 能够有效避免f[i][j]中i的指代问�?br>*2d写法��L��意f[i][j] = f[i-1][j]的��g��?br> for (i = 1; i <= n; i++)
  for (j = T; j >= 1; j--)
   if (j >= t[i])
    f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - t[i]] + w[i]);
   else f[i][j] = f[i - 1][j];

p1003 扑֕�扑֕�找GF[加强�?1背包], 调了1h
读题分析后发现是0/1背包模型, 旉��需要单独处�?(一开始认��记录路径, 其实不用�q�么�ȝ��(ch��))
f[m][r] = max{f[m][r], f[m - rmb[i]][r - rp[i]] + 1}
t[m][r] = max{t[m][r], f[m - rmb[i]][r - rp[i]] + time[i]}, 如果f[m]..和f[m-rmb[i]]..相等,注意更新t[m][r]
[补]写rocker的时候想��C��U�方法，对于dp�Q�维度往往是需要表�C�的量数-1�Q�所以关于方�E�状态的表示可以从时间复杂度、空间复杂度、需要表�C�的量数�l�合考虑.此题中加上time的话�Q�显然爆旉��Q�然后从�q�个方向思考方�E?

p1015 公�\乘�R[�U�性dp]
f[i] = max{f[i - k] + A[k]} (1 <= k <= 10)

p1011 传纸条[双线�E�dp + 旉��降维]
注意读题, 题目中的来回�{��h(hu��n)��Z��ơ同时的单向�q�程
f[x1][y1][x2][y2] = max{f[x1-1][y1][x2-1][y2], f[x1-1][y1][x2][y2-1], f[x1][y1-1][x2][y2-1], f[x1][y1-1][x2-1][y2]}+A[x1][y1]+A[x2][y2]
注意每个数if and only if取一��? f[x1][y1][x2][y2] -= A[x1][y1](x1=x2&&y1=y2)

p1014 乘法游戏[区间dp]
无思�\

Climber.pI 2011-05-07 20:26 发表评论

USACO 4.1.1 Nuggets

Climber.pI — Tue, 19 Oct 2010 09:05:00 GMT

重启usaco.

抽象出模�?可以发现是一个简单的完全背包问题,复杂度O(N^2+VN).需要考虑几种�Ҏ(gu��)��情况:
(1)无解
当且仅当n个数中有一个数�?.
(2)惟一�?br>需要确定的是体�U�v的最大�?题解中是最大的两个数的最��公倍数,�E�序中��用最大数的��^�?证明�Ҏ(gu��)��不知.
(3)无限�?br>n个数不互�?br>

 1/**//*
 2ID: liuyupa1
 3PROG: nuggets
 4LANG: C++
 5*/
 6#include<stdio.h>
 7int w[15] = {0}, f[66000] = {0};
 8int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241, 251};
 9void swap(int *x, int *y){
10    int k = *x; *x = *y; *y = k;
11}
12int max(int x, int y){
13    return x>y ? x : y;
14}
15int main(){
16    FILE *fin, *fout;
17    fin = fopen("nuggets.in", "r");
18    fout = fopen("nuggets.out", "w");
19    int n, i, j;
20    fscanf(fin, "%d", &n);
21    for (i = 1; i <= n; i++) fscanf(fin, "%d", &w[i]);
22    for (j = 0; j < 54; j++){
23        int t = 0;
24            for (i = 1; i <= n; i++)
25            if (w[i] % p[j] == 0) t++;
26        if (t == n) {
27            fprintf(fout, "0\n", p[j]);
28            return 0;
29        }
30    }
31    for (i = 1; i < n; i++)
32        for (j = i+1; j <= n; j++)
33            if (w[i] > w[j]) swap(&w[i], &w[j]);
34    if (w[1] == 1){
35        fprintf(fout, "0\n", p[j]);
36        return 0;
37    }
38    for (i = 1; i <= n; i++)
39        for (j = 0; j <= w[n]*w[n]; j++)
40            if (j-w[i] >= 0)
41                f[j] = max(f[j], f[j-w[i]]+w[i]);
42    i = w[n-1]*w[n];
43    while (i > -1 && f[i] == i) i--;
44    fprintf(fout, "%d\n", i);
45    return 0;
46}
47

Climber.pI 2010-10-19 17:05 发表评论

NOIp 2005 �q�河

Climber.pI — Fri, 08 Oct 2010 13:54:00 GMT

�U�性dp�Q�但是范围很变�? = =

30%的方�E�很�Ҏ(gu��)��惛_��:
[状态] f[i]表示�?到i�Ҏ(gu��)��踩到的矛_��? stone[i]表示i�Ҏ(gu��)��无石�?
[方程] f[i] = max{f[i-j] + stone[i]} (S<=j<=T)
[初始化] f[0] = 0, 其他赋��gؓ(f��)无限�?

在实现的时候需要把方程变化�?f[i+j] = max{f[i] + stone[i+j]}�Q�不然在[1,S]�?x��)出现很诡异的结�?

�׃��m�q�远��于l�Q�整个序列上的石子非常稀�?所以可以减��状�?但是目前�Ҏ(gu��)��q�是有些不解.
某种思�\是，��石子间距大[1,2,..,9,10]=2520的逐次减至��于2520.注意要在收尾增加0和l两个"矛_��"�Q�这栯��新的l较�ؓ(f��)方便.

 1#include<stdio.h>
 2#include<iostream>
 3using namespace std;
 4#define MAXN 1000000;
 5bool L[200000] = {0};
 6int f[200000] = {0}, stone[110] = {0};
 7int min(int x, int y){return x < y ? x : y;}
 8void swap(int x, int y){
 9    int k = stone[x];
10    stone[x] = stone[y];
11    stone[y] = k;
12}
13int main(){
14    int l, S, T, M, i, j;
15    scanf("%d%d%d%d", &l, &S, &T, &M);
16    for (i = 1; i <= M; i++) scanf("%d", &stone[i]);
17    stone[0] = 0;
18    for (i = 1; i < M; i++)
19        for (j = i+1; j <= M; j++)
20            if (stone[i] > stone[j]) swap(i, j);
21    stone[++M] = l;
22    for (i = 1; i <= M; i++){
23        while (stone[i] - stone[i-1] > 2520) stone[i] -= 2520;
24        if (i != M) L[stone[i]] = 1;
25    }
26    l = stone[M--];
27    for (i = 0; i <= l; i++) f[i] = MAXN; f[0] = 0;
28    for (i = 0; i < l; i++)
29        for (j = S; j <= T; j++){
30            int k = i+j;
31            if (i + j >= l) k = l;
32            f[k] = min(f[k], f[i]+L[i]);
33        }
34    printf("%d\n", f[l]);
35}

Climber.pI 2010-10-08 21:54 发表评论

Climber.pI — Tue, 05 Oct 2010 03:10:00 GMT

�?span style="FONT-FAMILY: Georgia">形DP�Q�需要记录方案，�q�注意空�?w��i)的情�?
[状态]f[i][j]从结点i到j的最大加分�?/span>
[方程]f[i][j] = max{f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k]} (i<=k<=j)

实现方程的时候��@环顺序非常关�?�l�点数由��到大��@�?/span>.否则�?x��)出现需要的值未计算的情�?
记录�Ҏ(gu��)��可以用一个数�l�d[i][j]记录k�Q�然后递归��L��Ҏ(gu��)��q�记�?

1 #include
2 #include
3 using namespace std;
4 int f[35][35] = {0}, d[35][35] = {0}, ans[35] = {0}, t = 0;
5 void print(int start, int end){
6     if (start > end) return;
7     if (start == end) {ans[++t] = start; return;}
8     ans[++t] = d[start][end];
9     print(start, d[start][end]-1);
10     print(d[start][end]+1, end);
11 }
12 int main(){
13     int n, a[35] = {0}, i, j, k, l;
14     scanf("%d", &n);
15     for (i = 1; i <= n; i++){
16         scanf("%d", &a[i]);
17         f[i][i-1] = 1;
18         f[i][i] = a[i];
19     }
20     for (l = 2; l <= n; l++)
21         for (i = 1; i <= n; i++)
22             for (k = i; k <= i+l-1; k++){
23                 j = i+l-1;
24                 if (f[i][j] < f[i][k-1]*f[k+1][j] + a[k]){
25                     f[i][j] = f[i][k-1]*f[k+1][j] + a[k];
26                     d[i][j] = k;
27                 }
28             }
29     printf("%d\n", f[1][n]);
30     print(1, n);
31     for (i = 1; i < t; i++) printf("%d ", ans[i]);
32     printf("%d\n", ans[t]);
33 }
34

Climber.pI 2010-10-05 11:10 发表评论

Climber.pI — Tue, 05 Oct 2010 02:11:00 GMT

题目中附件不��过2个，因而主附�g存在4�U�不同的存取情况�Q�可以�{化�ؓ(f��)分组背包问题.
[状态]f[k][v]表示��d��前k�l�物品，剩余�I�间为v时的最大�?/span>
[方程]f[k][v] = max{f[k-1][v], f[k-1][v-c[i]]+w[i]}

注意循环��序.(参见《背包九(ji��)讌Ӏ?

需要注意的问题(2�ơWA):
1.仔细读题�Q�确定编号对应的物品.
2.注意到方�E�中的参数非�?背包�c�问题需注意).

1 #include
2 #include<string.h>
3 #include
4 using namespace std;
5 int c[65][4], w[65][4], f[32000], set[70] = {0};
6 int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
7 int main(){
8     int n, m, v, p, q, i, j, t = 0;
9     FILE *fout = fopen("budget.out", "w");
10     memset(c, -1, sizeof(c));
11     memset(w, -1, sizeof(w));
12     memset(f, 0, sizeof(f));
13     scanf("%d%d", &n, &m);
14     for (i = 0; i < m; i++){
15         scanf("%d%d%d", &v, &p, &q);
16         j = 0;
17         if (!q) {
18             c[++t][0] = v;
19             w[t][0] = v*p;
20             set[i+1] = t;
21         }
22         else{
23             q = set[q];
24             if (w[q][1] == -1){
25                 //printf("dgfdgds\n");
26                 c[q][1] = c[q][0] + v;
27                 w[q][1] = w[q][0] + v*p;
28             }
29             else if (w[q][2] == -1){
30                 c[q][2] = c[q][0] + v;
31                 w[q][2] = w[q][0] + v*p;
32                 c[q][3] = c[q][1] + v;
33                 w[q][3] = w[q][1] + v*p;
34             }
35         }
36     }
37     for (i = 1; i <= t; i++)
38         for (v = n; v >= 0; v--)
39             for (j = 0; j < 4; j++)
40                 if (c[i][j] != -1 && v-c[i][j] >= 0){
41                     f[v] = max(f[v], f[v-c[i][j]]+w[i][j]);
42                 }
43     printf("%d\n", f[n]);
44 }
45

Climber.pI 2010-10-05 10:11 发表评论

Dp札记

Climber.pI — Sun, 03 Oct 2010 04:23:00 GMT

记录写过的dp题目�Q��ƈ分类�Q�尝试�ȝ��出某�c�题目的一般模�?

(题目前打*的未�~�程验证)

【线性模型�?/h3>
Tyvj 1049 最长不下降子序列问�?[O(n^2) [�q�存在基于二分查扄��O(nlogn)��法]]

[状态] f[i]表示�?到i的最长不下降子序�? 最大值需更新.

[方程] if(a[j]<=a[i]) f[i] = max{f[j]} (0

NOIp 2004 合唱队�Ş [O(n^2), 双向最长上升子序列]

[方程] f[i] = max{f[j]}+1 , 枚�Dk(0<=k<=n).

Rqnoj 164 最长公共子�?[记录�Ҏ(gu��)�� 子串�q�箋 O(n^2)]

[状态] f[i][j]表示子串A�W�i个字�W?�?子串B�W�j个字�W?�?公共子序列长�?/li>
[方程] f[i][j] = f[i-1][j-1]+1(a[i]=b[j],a[i-1]=b[j-1])|max{f[i-1][j],f[i][j-1]}

UVa 111/10405 [最长公共子序列问题,O(n^2). 可以使用滚动数组降至O(n).]

[状态] f[i][j]表示子串A�W�i个字�W?�?子串B�W�j个字�W?�?公共子序列长�?/li>
[方程] f[i][j] = f[i-1][j-1]+1(a[i]=b[j])|max{f[i-1][j],f[i][j-1]}

UVa 507 [最大连�l�和,O(n).]

[状态] f[i]表示当前子序列和(非负)

[方程] f[i]=max{f[i-1]+a[i], a[i]},递推�q�程中需更新最大�?

【矩阉|��型�?/h3>
UVa 10285 滑雪 [记忆化搜�?最长下降子序列二维版本]

[状态] f[i][j]表示�?i,j)开始的最长下降子序列长度.

[方程] f[i][j] = max{f[i-1][j], f[i][j-1], f[i+1][j], f[i][j+1]}+1(f[i][j]>f[i-1][j]..)

UVa 108

最大矩阵和�Q�O(n^3)�Q�方�E�不�? 最大连�l�和的二�l�版�?

NOIp 2000 �Ҏ(gu��)��取数 O(n^4)

[状态] f[i][j][k][l]表示两�h分别�?i,j)�?k,l)所取过的数的和.G[i][j]表示�Ҏ(gu��)��里的�?

[方程] f[i][j][k][l] = max{f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1], f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1]}+G[i][j]+(i==k&&j==l ? 0 : G[k][l])

NOIp 2008 传纸�?/p>

(1) O(n^4)

[状态] f[x1][y1][x2][y2] 表示从出发点分别�?x1,y1)�?x2,y2)取的最大�?G[x][y]表示该格的数.

[方程] f[x1][y1][x2][y2] = max{f[x1-1][y1][x2-1][y2],f[x1-1][y1][x2][y2-1],f[x1][y1-1][x2-1][y2],f[x1][y1-1][x2][y2-1]}+G[x1][y1]+G[x2][y2](如果位置不重�?

[一个重要优化] 昄��?strong>y2=x1+y1-x2(y2>0),因而时间复杂度可以降到O(n^3).Cena昄��ȝ��时从�q?s降到�q?.3s�Q�效果明�?

(2) O(n^3)

[状态] f[p][x1][x2],p表示�l�过的格子数.

[方程] f[p][x1][x2]=max{f[p-1][x1-1][x2-1],f[p-1][x1-1][x2],f[p-1][x1][x2-1],f[p-1][x1][x2]}+G[x1][p-x1]+G[x2][p-x2](如果位置不重�?

USACO 5.3.4/3.3.4 [矩阵dp,O(n^2)]

[状态] f[i][j]表示�?i,j)为右下角的正方�Ş最大边�?/li>
[方程] f[i][j] = min{f[i-1][j], f[i-1][j-1], f[i][j-1]}+1 (0<=i,j

[预处理] 若G[i][j]=1则f[i][j]=1.

【背包问题�?/h3>
USACO 3.3.2

[状态] f[a1][a2][a3][a4][a5]��Z��a1件物�?,a2件物�?,a3件物�?,a4件物�?,a5件物�?�Ӟ��所需的最��h(hu��n)�?/li>
[方程] f[a1][a2][a3][a4][a5] = min{f[a1-p[i][1][a2-p[i][2][a3-p[i][3][a4-p[i][4]][a5-p[i][5]+p[i][0]} (0=0,p[i][0]是优惠后的�h(hu��n)�?

[边界条�g] f[0][0][0][0][0]=0;

USACO官方解法很有启发性，用最短�\�Q�把每种状态[a1][a2][a3][a4][a5]�Q�a1件物�?,a2件物�?,a3件物�?,a4件物�?,a5件物�?�Q�看成一个点�Q�则臛_��7776个点�Q�而每个优惠就是一条边�Q�则臛_��105条边�?接下来就是求[0,0,0,0,0]到目标状态的最短�\�Q�用Dijkstra(Heap优化)卛_��.

USACO 3.1.2 [完全背包问题, O(n)或O(n^2).]

[状态] f[i][j]表示攑օ��W�i个物体后剩余体积为j

[方程] f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-c[i]]+w[i]

USACO 3.1.6 [完全背包问题,O(n).]

[状态] f[i]表示凑成i分邮资的最��邮��数.

[方程] f[i] = min{f[i-v[j]]+1} (i-v[j] >= 0, 0<=i

USACO 2.3.4

[状态] f[i,j]表示前i�U�货币构成j的方法数�Q�用c[i]记录货币的面�?

[方程] f[i,j]=f[i-1,j]; 不用�W�i�U�货�?
f[i,j]=f[i-1,j]+f[i,j-c[i]] 用第i�U�货币，j>=c[i]

【树(w��i)形�?/h3>
USACO 2.3.2

[状态] f[i,j]表示用i个点�l�成深度最多�ؓ(f��)j的二叉树(w��i)的方法数�Q�则�Q?/li>
[方程] f[i,j]=�?f[k,j-1]×f[i-1-k,j-1])(k∈{1..i-2})

[边界] f[1,i]=1

我们要求的是深度恰好为K的方法数S�Q�易知S=f[n,k]-f[n,k-1]。但需要注意的是，如果每次都取模，最后可能会(x��)有f[n,k]

【其他类型�?/h3>
USACO 1.5.1 [数字三角形]

[状态] f[i][j]表示�?i,j)开始经�q�的数字的最大和

[方程] f[i][j] = max{f[i+1][j], f[i+1][j+1]}+a[i][j]

USACO 3.3.5 [博弈问题]

[状态] s[i][j]表示从i加到j的和, 枚�Dl=j-i. f[i][j]表示从i到j先取者能得到的最大数字和.

[方程] f[i][j] = s[i][j] - min{f[i+1][j], f[i][j-1]}

USACO 3.2.2

[状态] f[n][m]表示臛_��m�?的n位二�q�制数数�?/li>
[方程] f[n][m] = f[n-1][m] + f[n-1][m-1] (f[0][m] = 1)

Climber.pI 2010-10-03 12:23 发表评论

Climber.pI — Sat, 02 Oct 2010 14:28:00 GMT

�?000的方格取数如��Z��?数据加强了一点，如果是裸的四�l�dp可能�?x��)超�?80).所以需要优�?

1.普通的四维做法

【状态】f[x1][y1][x2][y2] 表示从出发点分别�?x1,y1)�?x2,y2)取的最大�?G[x][y]表示该格的数.

【方�E��?strong>f[x1][y1][x2][y2] = max{f[x1-1][y1][x2-1][y2],f[x1-1][y1][x2][y2-1],f[x1][y1-1][x2-1][y2],f[x1][y1-1][x2][y2-1]}+G[x1][y1]+G[x2][y2](如果位置不重�?

【一个重要优化】显然有y2=x1+y1-x2(y2>0),因而时间复杂度可以降到O(n^3).Cena昄��ȝ��时从�q?s降到�q?.3s�Q�效果明�?

2.三维做法(参考官斚w��?

【状态】f[p][x1][x2],p表示�l�过的格子数.

【方�E��?strong>f[p][x1][x2]=max{f[p-1][x1-1][x2-1],f[p-1][x1-1][x2],f[p-1][x1][x2-1],f[p-1][x1][x2]}+G[x1][p-x1]+G[x2][p-x2](如果位置不重�?

未编�E�验�?

3.更优化的做法

dy��牛指出�Q�进一步的优化需要用�?strong>最��费用最大流.(NOIP�l�对��纲,可以��定不会(x��)更深�?)

【Code�?/p>

1 #include
2 #include
3 using namespace std;
4 int f[52][52][52][52] = {0}, n, G[52][52];
5 int max(int a, int b, int c, int d){
6     if (a < b) a= b;
7     if (a < c) a= c;
8     if (a < d) a= d;
9     return a;
10 }
11 int main(){
12     int m, n, i, j, k, l;
13     scanf("%d%d", &m, &n);
14     for (i = 1; i <= m; i++)
15         for (j = 1; j <= n; j++)
16             scanf("%d", &G[i][j]);
17     for (i = 1; i <= m; i++)
18         for (j = 1; j <= n; j++)
19             for (k = 1; k <= m; k++){
20                     if (i+j-k > 0) l = i+j-k; else continue;
21                     f[i][j][k][l] = max(f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1], f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1])+G[i][j]+G[k][l];
22                     if (i == k && j == l) f[i][j][k][l] -= G[i][j];
23                 }
24     printf("%d\n", f[m][n][m][n]);
25 }
26

Climber.pI 2010-10-02 22:28 发表评论

NOIp 2000 �Ҏ(gu��)��取数

Climber.pI — Sat, 02 Oct 2010 12:14:00 GMT

��单dp�Q�难点在于状态的表示.

题目可以看做两�h同时取数�Q�这样就避免了后效性，可以用dp做了.

【状态】f[i][j][k][l]表示两�h分别�?i,j)�?k,l)所取过的数的和.G[i][j]表示�Ҏ(gu��)��里的�?

【方�E��?strong>f[i][j][k][l] = max{f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1], f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1]}+G[i][j]+(i==k&&j==l ? 0 : G[k][l])

1�ơWA.

#01: Accepted (75ms, 384KB)
#02: Accepted (0ms, 384KB)
#03: Accepted (0ms, 384KB)
#04: Accepted (28ms, 384KB)

【Code�?/p>

1 #include
2 #include
3 using namespace std;
4 int f[12][12][12][12] = {0}, n, G[12][12];
5 int max(int a, int b, int c, int d){
6     if (a < b) a= b;
7     if (a < c) a= c;
8     if (a < d) a= d;
9     return a;
10 }
11 int main(){
12     int a, b, c, i, j, k, l;
13     scanf("%d", &n);
14     for(;;){
15         scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
16         if (a || b || c) G[a][b] = c;
17             else break;
18     }
19     for (i = 1; i <= n; i++)
20         for (j = 1; j <= n; j++)
21             for (k = 1; k <= n; k++)
22                 for (l = 1; l <= n; l++){
23                     f[i][j][k][l] = max(f[i-1][j][k-1][l], f[i-1][j][k][l-1], f[i][j-1][k-1][l], f[i][j-1][k][l-1])+G[i][j]+G[k][l];
24                     if (i == k && j == l) f[i][j][k][l] -= G[i][j];
25                 }
26     printf("%d\n", f[n][n][n][n]);
27 }
28

Climber.pI 2010-10-02 20:14 发表评论

NOIP 2004 合唱队型

Climber.pI — Mon, 20 Sep 2010 13:35:00 GMT

双向最长上升子序列�Q?strong>枚�Dk(0<=k<=n)�Q?/strong>f[i] = max{f[j]}+1;
在tyvj提交一直RTE�Q�原因未�?

1#include<stdio.h>
2#include<iostream>
3using namespace std;
4
5int main()
6{
7    FILE *fin, *fout;
8    fin = fopen("chorus.in", "r");
9    fout = fopen("chorus.out", "w");
10    int i, j, k, n, T[120] = {0}, f[120] = {0}, ans = 0, final = 0;
11    fscanf(fin, "%d", &n);
12    for (i = 1; i <= n; i++) fscanf(fin, "%d", &T[i]);
13    for (k = 1; k <= n; k++)
14    {
15        for (i = 1; i <= n; i++) f[i] = 1;
16        for (i = 1; i <= k; i++)
17            for (j = 1; j < i; j++)
18                if (T[j] < T[i] && f[j]+1 > f[i]) f[i] = f[j]+1;
19        ans = f[k]-1;
20        for (i = 1; i <= n; i++) f[i] = 1;
21        for (i = n; i >= k; i--)
22            for (j = n; j > i; j--)
23                if (T[j] < T[i] && f[j]+1 > f[i]) f[i] = f[j]+1;
24        ans += f[k];
25        if (ans > final) final = ans;
26    }
27    fprintf(fout, "%d\n", n-final);
28}
29

Climber.pI 2010-09-20 21:35 发表评论

Climber.pI — Sat, 11 Sep 2010 13:11:00 GMT

�l�典的最长不下降子序列问题，O(n^2)【还存在��Z��二分查找的O(nlogn)��法�?/span>

方程�Q?strong style="FONT-FAMILY: Georgia">if(a[j]<=a[i]) f[i] = max{f[j]} (0

可能是今天状态不好，一直在�U�缠�l�节.需要注意的是，子序列长度的最大��g��一定在f[n]�?/span>.

 1#include<iostream>
 2using namespace std;
 3int a[5001], b[5001];
 4int max(int x, int y) {return (x > y) ? x : y;}
 5int main()
 6{
 7    int i, j, n, ans;
 8    cin >> n;
 9    for (i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i]; b[i] = 1;}
10    for (i = 2; i <= n; i++)
11    {
12        for (j = 1; j < i; j++)
13            if (a[j] <= a[i] && b[j]+1 > b[i])
14                b[i] = b[j]+1;
15    }
16    for (i = 1; i <= n; i++) 
17        if (ans < b[i]) ans = b[i];
18    cout << ans << endl;
19}
20

马上要走了，高中�q�是�ȝ��(ch��)很多�Q�进度让人纠�l?

Climber.pI 2010-09-11 21:11 发表评论