欧美顶级艳妇交换群宴,免费国产自线拍一欧美视频,国内揄拍国内精品久久

PKU 3267 The Cow Lexicon 字符串DP

_飞寒 — Sat, 12 Feb 2011 12:56:00 GMT

    Few know that the cows have their own dictionary with W (1 ≤ W ≤ 600) words, each containing no more 25 of the characters 'a'..'z'. Their cowmunication system, based on mooing, is not very accurate; sometimes they hear words that do not make any sense. For instance, Bessie once received a message that said "browndcodw". As it turns out, the intended message was "browncow" and the two letter "d"s were noise from other parts of the barnyard.
    The cows want you to help them decipher a received message (also containing only characters in the range 'a'..'z') of length L (2 ≤ L ≤ 300) characters that is a bit garbled. In particular, they know that the message has some extra letters, and they want you to determine the smallest number of letters that must be removed to make the message a sequence of words from the dictionary.

       开始的时候觉得很难，后来仔细思考之后才发现切入点，重要的还是看��Z��个合适的子问题，��M��DP题目��得多练才能出眼光�?br>       设dp[i]为前i个字�W��{为合法所需删除的字母个敎ͼ�那么当我们递推dp[i+1]的时候，实际上就是尝试寻找一个字兔R��的串�Q�它也以sourc[i+1]收尾(有的做法是以i字母打头往前推)�Q�那么这时候dp[i+1]需要知道的��是 dp[i-(cnt+w[j])]处的�l�果�Q�cnt+w[j]是倒退的长度，�q�个长度包含了某个合法串长度w[j]和cnt个被删除的字�W�，此时推得一个��时解�Q�所有字典单词推出的临时解中最��的一个�{�U�M��?br>      转移方程�Q�DP[i]=Min{ DP[i] ,DP[i-(cnt+w[k])]+cnt ,DP[i-1]+1 }

1#include<iostream>
2#include<cstring>
3using namespace std;
4#define MIN(a,b) (a
5#define L 301
6#define W 601
7int dp[L];
8int lenArr[W];
9char sourc[L+1];
10char dic[W][27];
11int main(){
12    int i,j,k;
13    int l,w;
14    int souPoi,dicPoi,cnt;
15    while(cin>>w>>l){
16        cin>>sourc;
17        for(i=0;i<w;i++){ cin>>dic[i]; lenArr[i]=strlen(dic[i])-1; }
18
19        for(i=0;i<=l;i++) dp[i]=0x7fffffff;
20        dp[0]=0;
21        for(i=1;i<=l;i++){
22            for(j=0;j<w;j++){
23                dicPoi=lenArr[j];
24                souPoi=i-1;
25                cnt=0;
26                /* 倒退匚w��Q�若当前不匹配，则尝试删��M��个字�W?nbsp;*/
27                while( souPoi>-1 && dicPoi>-1 ){
28                    if( sourc[souPoi] == dic[j][dicPoi] ){ --souPoi; --dicPoi; }
29                    else{ ++cnt; --souPoi; }
30                }
31                if( dicPoi<0 ){ dp[i]=MIN(dp[i],dp[i-(cnt+lenArr[j]+1)]+cnt); }
32                else{ dp[i]=MIN(dp[i],dp[i-1]+1); }   /* 匚w��p�| */
33            }
34        }
35
36        printf("%d\n",dp[l]);
37    }
38    return 0;
39}

_飞寒 2011-02-12 20:56 发表评论

PKU 1882 Stamps 背包变�Ş

_飞寒 — Fri, 11 Feb 2011 12:20:00 GMT

摘要: Description Philatelists have collected stamps since long before postal workers were disgruntled. An excess of stamps may be bad news to a country's postal service, but good news to those that collec... 阅读全文

_飞寒 2011-02-11 20:20 发表评论

_飞寒 — Thu, 03 Feb 2011 04:11:00 GMT

摘要: 哥�ؓ了来�q�交�q�好�q�，大年三十特地上来刯��题，�l�果��p��疼到�?1�Q?0才写完，不过很高兴能�?A�Q�希望今�q�事事顺利！题目要求对一个给定的自然敎ͼ�求出一个符合规定的的降序列�Q�这个规则就是每�ơ从数列前一��减��d��个数位，而这几个��C��构成�?#8220;合法自然�?... 阅读全文

_飞寒 2011-02-03 12:11 发表评论

PKU 1014 Dividing | 1276 Cash Machine 多重背包

_飞寒 — Sat, 25 Dec 2010 03:04:00 GMT

      1014 题目大意�Q?br>            两个娃子分弹珠，有六�U�可能（1-6�Q�的好坏�E�度的弹珠，�l�定每种好坏弹珠的数量，求是否存在��好坏度��d��均分的分配方案�?br>      1026 题目大意�Q?br>            一台出�U�x��Q�根据不同的金额��h��“��量”吐出更多的金额代券，最高等倹{��问�l�定一个金额数量，和机器内不同面额代券的存�Q?br>  量，问机器能吐出��D��h��的最高面值��d��是多��?br>
      题目模型很明显，很容易联�p�d��多重背包。对于第一题，首先��弹珠�h值��d��减半表示为v�Q�然后构造一个v定w��背包�Q�题目等价于询问
该背包的最大存入方案是否能使存入总重量恰好等于v�Q��{�U�L��E�： dp[i][v]=Max( dp[i-1][v], dp[i-1][v-k*w[j]]+k*c[i] | w[i] = c[i], 0<=k<=maxK  )�?br>同理�W�二题的转移方程�?014基本一��P��物品收益即�ؓ物重�Q�dp�l�果即�ؓv容背包最大置入量�?br>
      题目数据很弱�Q�据说硬搜能�q�。。�?不过�q�是按照多重背包的优化技巧来做，即用二进制拆分物品数�Q�容易证明这��L��拆分能保证最优�?br>和正��性。时间复杂度O(C*V*logN)�?对于O(C*V)��法�Q�可以参�?nbsp;《国安��训队2009论文集浅谈几�c�背包题》中单调队列优化DP的技巧�?br>
1014�Q?br>

1#include<cstdio>
2#include<cstdlib>
3#include<cstring>
4#define max(a,b) (a>b)?a:b;
5#define MAXV 20000*6+1
6int dp[MAXV];
7int nk[6];
8
9int main(){
10    int i,k,min,v;
11    int cnt,sum;
12    int _case=0;
13    while(1){
14        for(sum=i=0;i<6;i++) {
15            scanf("%d",&nk[i]);
16            sum+=nk[i]*(i+1);
17        }
18        if( !nk[0] & !nk[1] & !nk[2] & !nk[3] & !nk[4] & !nk[5] ) break;
19        _case++;
20        if( _case!=1 ) printf("\n");
21        if( sum%2 ){
22            printf("Collection #%d:\n",_case);
23            printf("Can't be divided.\n");
24        }
25        else{
26            sum/=2;
27            memset(dp,0,sizeof(int)*(sum+1));
28            for(i=0;i<6;i++){
29                cnt=1;
30                k=(sum/(i+1)>=nk[i])?nk[i]:sum/(i+1);
31                while(k){
32                    if( cnt>k ) cnt=k;
33                    k-=cnt;
34                    min=cnt*(i+1);
35                    for(v=sum;v>=min;v--)
36                        /* �Ҏ��一个拆分数 cnt�Q�单独做 0/1背包 */
37                       dp[v]=max(dp[v],dp[v-cnt*(i+1)]+cnt*(i+1));
38                    cnt<<=1;
39                }
40            }
41            if( sum == p[sum] ) {
42                printf("Collection #%d:\n",_case);
43                printf("Can be divided.\n");
44            }
45            else {
46                printf("Collection #%d:\n",_case);
47                printf("Can't be divided.\n");
48            }
49        }
50    }
51    return 0;
52}
53

_飞寒 2010-12-25 11:04 发表评论

PKU 1837 - Balance 无限背包变�Ş

_飞寒 — Mon, 20 Dec 2010 14:08:00 GMT

题目大意�Q?/p>

�l�定一个�Ş式的天枰�Q�天��C��q�离中点的不同距��L��有钩子。给定各�U�重量砝码，问必��L��挂所有砝码的前提下，�l�持天枰�q��的挂法数为多��？

暴力��试的枚��N��惊�h�Q�显然即使天枰当前不�q��Q�但它的“不��^衡度”是可以利用的。关键是如何设计DP状态。普遍的做法是以i个物品�ؓ阶段�Q�计��悬挂到�W�i个物品时�Q�当前��^衡度辑ֈ�v的方法��L��。易�?-7500<=v<=7500�Q?dp[i][v]=∑dp[i-1][v-hoox[j]*w[i]] → dp[i][v+inf]=∑dp[i-1][v-hoox[j]*w[i]+inf]。常�?inf 仅�ؓ保证数组下标不�ؓ负。我们明昑֏�现它在�Ş式上�c�M��于背包问题，�{��h于在v容背包中�Q�尝试放入重量�ؓhoox[j]*w[i]的物品，换取收益一�U�方法�?/p>

�Ҏ��理解�Q�初始解 dp[0][0+inf]=1�Q�目标解 dp[m][0+inf] �?br>

�c�L��:

http://acm.ustc.edu.cn/ustcoj/problem.php?id=1116

DD�?<< 背包九讲 >>

1#include<cstdio>
2#include<cstring>
3#define G 21
4#define N 21
5#define inf 7500
6
7int dp[G][inf+inf+1];
8int w[G],h[N];
9
10int main(){
11    int n,m,i,j,v;
12    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
13        for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&h[i]);
14        for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&w[i]);
15
16        memset(dp,0,sizeof(dp));
17        dp[0][0+inf]=1;
18
19        for(i=1;i<=m;i++)
20            for(v=-1*inf;v<=inf;v++)
21                for(j=0;j<n;j++)
22                    if( v-h[j]*w[i]+inf+1 )
23                        dp[i][v+inf]+=dp[i-1][v-h[j]*w[i]+inf];
24
25        printf("%d\n",dp[m][0+inf]);
26    }
27    return 0;
28}
29

_飞寒 2010-12-20 22:08 发表评论

NOIP2005 青蛙�q�河状态压�~�DP

_飞寒 — Mon, 20 Dec 2010 13:52:00 GMT

�q�道NOIP2005的题目是道好题，思�\多多�Q�编码技巧多多。据说NOI夏��o营的时候虎�?br>�q�专门拿出来�z��|乐道�Q�汗~�Q��?鉴于好久没做NOI的题了，正��y有�h问道�Q�就写个解题�?br>告吧�?/p>

题目描述
　　在河上有一座独木桥�Q�一只青蛙想沿着独木桥从河的一侧蟩到另一侧。在桥上有一些石
子，青蛙很讨厌踩在这些石子上。由于桥的长度和青蛙一�ơ蟩�q�的距离都是正整敎ͼ�我们�?br>以把独木桥上青蛙可能到达的点看成数��u上的一串整点：0�Q?�Q?#8230;…�Q�L�Q�其中L是桥的长度）�?br>坐标�?的点表示桥的��L��Q�坐标�ؓL的点表示桥的�l�点。青蛙从桥的��L��开始，不停的向�l�点
方向跌��。一�ơ蟩跃的距离是S到T之间的�Q意正整数�Q�包括S,T�Q�。当青蛙跛_��或蟩�q�坐标�ؓL
的点�Ӟ��q��青蛙已经跛_��了独木桥�?/p>

　　题目�l�出独木桥的长度L�Q�青蛙蟩跃的距离范围S,T�Q�桥上石子的位置。你的�Q务是��定
青蛙要想�q�河�Q�最��需要踩到的矛_��数�?/p>

　　对于全部的数据，L <= 10^9�?/p>

输入格式
　　输入的第一行有一个正整数L�Q? <= L <= 10^9�Q�，表示独木桥的长度。第二行有三�?br>正整数S�Q�T�Q�M�Q�分别表�C�青蛙一�ơ蟩跃的最��距��，最大距��，及桥上石子的个数�Q�其�?br>1 <= S <= T <= 10�Q? <= M <= 100。第三行有M个不同的正整数分别表�C��M个石子在�?br>轴上的位�|�（数据保证桥的��L��和终点处没有矛_��Q�。所有相�ȝ��整数之间用一个空格隔开�?/p>

输出格式
　　输出只包括一个整敎ͼ�表示青蛙�q�河最��需要踩到的矛_��数�?/p>

样例输入
10
2 3 5
2 3 5 6 7
样例输出
2

分析�Q?/p>

   首先注意下数据量�Q�maxL=10^9�Q�这是一个即使是�U�性算法也已经��D��q�行旉��的规模�?br>所以要准备好进行极限优化�?br>   显而易见，最�U�朴的想法是��试搜烦�Q�从一个点扩展出所有可能蟩到的点，依此�c�L��Q?br>最后DFS��L��由顶至下�l�过矛_��最��的路径卛_��。但注意到树的宽度有可能辑ֈ�maxJump=10�Q?br>深度也和L成正比，故蛮力搜索不现实�?br>   可不可以�q�行优化呢？我们注意刎ͼ�DFS效率低下的一个很重要原因是，递归遍历的�\
径有许多�ơ其实是同一条�\径，�q�些重复工作消耗了太多旉��。于是我们自然而然惛_��要寻
找记忆化的算法�?br>   我们发现�Q�这个问题实际上包含最优子�l�构�Q�只要青蛙能站在某一个位�|�，以它的智�?br>�l�对会从前面k个可能的位置中，��L��q�么一个位�|�，�q�个位置所处在的蟩跃�\径上所�l�过�?br>矛_��是最��的�Q�从�q�个位置跌��而来。显�Ӟ��q�个性质是递归定义的�?额外的，我们看到�Q?br>当青蛙站在某条�\径上的某个位�|�，那么它此后蟩跃的路径�Q�当然是可能的�\径）的选择�q?br>不受之前的结果所�q�涉�Q�因此问题具备无后效性�?br>
   可以动规了，下面直接�l�出转移方程�?nbsp;

   DP[n]=min{DP[k]|n-maxJump<=k<=n-minJump}+t
   t=0||t=1

   卻I��设一个位�|�可以到达，那么必从前面可能的位�|�选择一个，该位�|�所处的路径上经
�q�石子最��。若当前位置有石子，dp�l�果再加一�?br>   �q�是一个O(n)的顺推，但是�Q�如果minJump-maxJump=1-10�Q�常数C��׃��太大造成��时。能
不能再优化呢�Q�仔�l�观察，发现矛_��最多有100�_�，在整�?0^9长度中分布相当稀疏，�q�是一
个很重要的特点！假设 minJuump!=maxJump�Q�那么若�I�白位置��_��长，dp的结果最�l�都会趋
向于一个稳定��|��q�个值是前面所有可能的dp�l�果中最��的那个(误��者自己想象，若蟩跃的
步长可以选择�Q�即跛_��某个位置的�v跳点可以选择的话�Q�在��_��q�的未来�Q�一个聪明的青蛙
肯定会在一条最优的路径上屁颠着~ �?�?/p>

例如在这一数据
   25
   4 5 5
   2 3 5 6 7

0~4位置的初始dp指依�ơ�ؓ [0,0,1,1,0]�Q�它��有如下变化�Q��ƈ且趋于稳定�?�Q?/p>

(0~5)=[0,0,1,1,0,1]
(1~6)=[0,1,1,0,1,1]
(2~7)=[1,1,0,1,1,1]
(3~8)=[1,0,1,1,1,0]
(4~9)=[0,1,1,1,0,0]
(5~10)=[1,1,1,0,0,2]
(6~11)=[1,1,0,0,2,2]
(7~12)=[1,0,0,2,2,0]
(8~13)=[0,0,2,2,0,0]
(9~14)=[0,2,2,0,0,0]
(10~15)=[2,2,0,0,0,2]
(11~16)=[2,0,0,0,2,0]
(12~17)=[0,0,0,2,0,0]
(13~18)=[0,0,2,0,0,0]
(14~19)=[0,2,0,0,0,0]
(15~20)=[2,0,0,0,0,0]
......

    ��Z��利用�q�个性质�Q�我们先��定要��用的数据�l�构。显而易见的�Q�对�W�i个位�|�的计算�Q?br>只依赖于距离i一定距��ȝ��C��已知�l�果。因此，我们只需兛_��相对坐标卛_��Q�于是��用队�?br>保存i之前一定距��d��的dp�l�果�Q�计��完毕后 dp[i-maxJump] 出队�Q�dp[i]入队�Q�再利用该队
列计��dp[i+1]�Q�如此往复��@环�?br> 现在回到之前的讨论，当一个队列中的结果已�l�达到稳态，那么对下一�ơ计��，它只能��
生两�U�结果：如果计算位置没有矛_��Q�那么队列仍然保持稳定；如果有石子，那么加一的结�?br>��得队列再�ơ出��C��E�_��?多么令�h振奋的结论！
   �q�意味着什么呢�Q�这意味着当你发现队列已经�q�入�E�_��的时候，后面所有对不存在石子的
位置�q�行的计��都是可以忽略的�Q�你不妨直接计算��C��一个未讉K��的且有石子的位置卛_��?br>   很多人已�l�看��C��Q�这是一个状态压�~?DP的做法�?br>
   ��法�l�止: 1.dp已计��完所有石子�ƈ且结果进入稳定�?br>             2. 队列已经�E�_��q�且下一个落地的位置所有可能的��L��都在桥的�l�点或之�?br>
   读者可以自行分析中止的条�g�Q�剩下的只需要考虑�l�节问题��可以了�Q�只要思�\清晰�?br>题就不会太难�q�。算法的实际�q�行效率没有问题�Q�单个极限数据只消耗了45ms�?/p>

本题据说�q�有其他解法�Q�例如数学观炏V��最短�\观点�{�，感兴��的可以google下�?br> 下面�l�出��法的main函数框架.

int main(){

scanf("%d%d%d%d",&l,&s,&t,&m);

       for(step=0;step          scanf("%d",&stone[step]);
       qsort(stone,m,sizeof(stone[0]),cmp);

       _que=(Queue)CreatNewQueue;
       for(step=0;step

       result=0;
       stepTotal=0;
       stepStone=-1;
       if(s!=t){
          while(1){
              if(IsStran(_que)){
                 if(stepTotal-t>=l||stepStone==m-1) break;
                    stepStone++;
                    stepTotal=stone[stepStone];
                 }
                 else
                    stepTotal++;

                 DPCompute(_que,stepTotal,stone);
           }
           result=_que->head->dpS;
       }
       else{
       // 当s=t 时其实仍然符合�{�U�L��E�的定义�Q�但��单�v见写成了如下形式
            for(step=0;step               if(stone[step]%s==0) result++;
       }
       printf("%d\n",result);
       return 0;
}