做题小结 dp训练4

第一个

我按dp找结果是个二分我还想半天这怎么dp
不过这题目也很有意义

首先我一直以为vector的low或者upp下标只能用distance求
现在看来是错的不要再写auto 迭代器写法用int就行减初始指针就行

然后二分的话思路也很好

先存进去然后在跑t的时候先开一个指针然后对于一个字符判断当前指针与他的下标对比发现够用更新指针不够用ans++ 更新指针即可
非常好的一道二分

树形dp

这是我自己想出来的 ac了感觉很开心
首先这是一颗二叉树

然后思考dp如何建立

对于一个节点而言
如果他有两个孩子那么我们要算出他和孩子的总数
还要算出最大儿子子树的数量还要算出如果切这个枝条那他的贡献（记住-1）
一个孩子的话没得选
所以我们开二维表示

//0 自己子树的所有节点数  
//1 表示其中某个节点的最大儿子数   
//2 表示选择了一颗子树后，
//另一颗子树选了其中一颗最大子树后的值 
	dp[u][0]=1;
	dp[u][1]=0;
	dp[u][2]=0;
	for(auto v:e[u])
	{
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		dp[u][0]+=dp[v][0];
		dp[u][1]=max(dp[u][1],dp[v][0]);//删的是u 不是儿子 		
	}

下面就开始分析孩子一个孩子的话就只好选下去了

	int w;if(u==1)w=e[u].size();
	else  w=e[u].size()-1;
	if(w==1){
		int one=0;
		for(auto i:e[u]){
			if(i!=fa)one =i;
		}
		dp[u][2]=dp[one][0]-1;
	}

这边细节蛮多的

	if(i!=fa)one =i;一开始没想到 后面看答案有问题才调出来

两个的

	else if(w==2){
		int one=0,two=0;
		for(auto i:e[u]){
			if(i!=fa&&!one)one=i;
			else if(i!=fa&&one)two=i;
		}
感觉自己太牛逼了 
		if(dp[one][0]+dp[two][2]>dp[two][0]+dp[one][2]){
			dp[u][2]=dp[one][0]+dp[two][2]-1;
		}
		else {
			dp[u][2]=dp[two][0]+dp[one][2]-1;
		}
	}

压轴登场

神题

首先给出我的思路我开了个三维dp
二维表示此时a选的三维表示此时b选的
发现要4个for循环吧反正肯定要超时然后我也没想优化
主要是脑子也没优化的概念看了题解才知道可以优化

		for (jt=1;jt<=n;jt++)
		   for (j2=n;j2>=jt;j2--)
		      for (j3=1;j3<=jt;j3++)
		         for (j4=max(j3,j2);j4<=n;j4++)
		            f[i][jt][j2]+=f[i-1][j3][j4];

那么我们该怎么优化呢我们可以使用二维前缀和的思想
我们令sum[n][i][j]表示小于等于i 大于等于j的所有方案
那么可以怎么转移呢很明显我们可以由i-1 j ,i j+1 转移过来
其实二维前缀和转移为什么j+1是因为我们毕竟算大于等于j
和j-1无关然后你会发现重复了一段 i-1 j+1 因为二者都包含了这个
所以减去然后呢我们还要加上此前就有的n-1 i j 因为可以等于嘛

提前预处理1的值后续转移要用

cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){		
		for(int j=n;j>=i;j--)
		{
			//i是a j是b j必须大于i
	e[1][i][j]=(e[1][i-1][j]+e[1][i][j+1]+mod-e[1][i-1][j+1]+1+mod)%mod;
			//二维前缀和 
			dp[1][i][j]=1;	//n=1 就不怕了 		
		}
	}
      for(int i=2;i<=m;i++)
	  {
		  for(int j=1;j<=n;j++)
		  {
			  for(int k=n;k>=j;k--)
			  {
				  //这一步很重要
				  dp[i][j][k]=e[i-1][j][k];
		e[i][j][k]=(((e[i][j-1][k]+e[i][j][k+1])%mod-e[i][j-1][k+1]+mod)%mod+e[i-1][j][k]+mod)%mod;	
要累加 所以是i	  
			  }
		  }
	  }
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=n;j>=i;j--){
			ans=(ans+dp[m][i][j])%mod;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;

第二种固定长度不下降序列的写法
可以观察到其实就是一个

写要怎么写呢
先m*2
dp数组表示第i位以j结尾
加上选j 那么j-1我们是要知道 j也是要知道

所以开一个sum记录 i-1以j结尾的 i-1以j结尾的答案当然此时dp是等于
i-1 j-1 因为此时选的j嘛不过sum要加上去毕竟是前缀和

int n;int m;
int a[range];
int mod=1e9+7;
int dp[1005][1005];
int sum[1005][1005];
void solve()
{ 
	//open my eyes in morning rain
	//Clouds are slowly drifting by who is crying under the sky
	cin>>n>>m;
	m=2*m;
	sum[0][0]=1;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[1][i]=1;
		sum[1][i]=sum[1][i-1]+1;
	}
	for(int i=2;i<=m;i++)
	{
	  	for(int j=1;j<=n;j++)
		{			
		dp[i][j]=sum[i-1][j];
		//i-1以j结尾 
		sum[i][j]=(dp[i][j]+sum[i][j-1])%mod;
			//表示i位时所有小于等于j的方案数 
		}
	}
	//跟我第一个写法好像啊 这个写法 不过更简便了 
//	cout<<m<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++){
//	 cout<<dp[m][i]<<endl;
		ans=(ans+dp[m][i])%mod;
	}	
	cout<<ans<<endl;
}