动态规划——邮局、区间、坐标

问题 A: P1045

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

题目很简单，给出N个数字，不改变它们的相对位置，在中间加入K个乘号和N-K-1个加号，（括号随便加）使最终结果尽量大。因为乘号和加号一共就是N-1个了，所以恰好每两个相邻数字之间都有一个符号。例如： N=5,  K=2，5个数字分别为1、2、3、4、5，可以加成： 1*2*(3+4+5)=24 1*(2+3)*(4+5)=45 (1*2+3)*(4+5)=45 ……

输入

输入文件共有二行，第一行为两个有空格隔开的整数，表示N和K，其中(2< =N< =15,  0< =K< =N-1)。第二行为  N个用空格隔开的数字（每个数字在0到9之间）。

输出

输出文件仅一行包含一个整数，表示要求的最大的结果 最后的结果< =maxlongint

样例输入

5 2
1 2 3 4 5

样例输出

120

提示

 

对于30%的数据，N< =  10； 对于全部的数据，N  < =  100。

邮局动规。

我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示前i个数用了j个乘号的最大结果。

然后是递归式：f(i,j)=f(k,j-1)*Sum(k+1,i);

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 #define N 1000
38 ll a[N],f[N][N],s[N];
39 int main()
40 {
41     int n=read(),K=read();
42     for (int i=1;i<=n;i++)
43         a[i]=read();
44     for (int i=1;i<=n;i++)
45         s[i]=s[i-1]+a[i];
46     for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=s[i];
47     for (int i=2;i<=n;i++){
48         for (int j=1;j<=min(i-1,K);j++)
49             for (int k=1;k<=i-1;k++)
50                 f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]*(s[i]-s[k]));
51     }
52     printf("%lld",f[n][K]);
53     return 0;
54  }
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问题 B: P1047

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰90周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友XZ也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目: 设有一个长度N的数字串，要求选手使用K个乘号将它分成K+1个部分，找出一种分法，使得这K+1个部分的乘积能够为最大。 同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子： 有一个数字串:  312，当N=3，K=1时会有以下两种分法： 1）3*12=36 2）31*2=62 这时，符合题目要求的结果是：  31*2=62 现在，请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。

输入

程序的输入共有两行: 第一行共有2个自然数N,K  (6< =N< =40，0< =K< =5) 第二行是一个K度为N的数字串。

输出

结果输出到文件，相对于输入，应输出所求得的最大乘积（一个自然数）。

样例输入

4 2
1231

样例输出

62
和上面一题类似， 

我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示前i个数用了j个乘号的最大结果。

然后是递归式：f(i,j)=f(k,j-1)*S(k+1,i);

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
30 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
31 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
32 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
33 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
34 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
35 }
36 #define N 100
37 struct Hp{
38     int len,nu[1000];
39     Hp(){
40         len=0; memset(nu,0,sizeof(nu));
41     }
42     friend Hp operator +(Hp a,Hp b){
43         Hp c;
44         if (a.len<b.len) c.len=b.len; else c.len=a.len;
45         for (int i=1;i<=c.len;i++){
46             c.nu[i]+=a.nu[i]+b.nu[i];
47             if (c.nu[i]>9) c.nu[i+1]++,c.nu[i]-=10;
48         }
49         if (c.nu[c.len]>0) c.len++;
50         return c;
51     }
52     friend Hp operator *(Hp a,Hp b){
53         Hp c;
54         for (int i=1;i<=a.len;i++)
55             for (int j=1;j<=b.len;j++){
56                 c.nu[i+j-1]+=a.nu[i]*b.nu[j];
57             }
58         c.len=a.len+b.len;
59         for (int i=1;i<c.len;i++){
60             if (c.nu[i]>9) c.nu[i+1]+=c.nu[i]/10,c.nu[i]%=10;
61         }
62         while (c.nu[c.len]==0&&c.len>1) c.len--;
63         return c;
64     }
65     void out(){
66         for (int i=len;i>0;i--)
67             printf("%d",nu[i]);
68         puts("");
69     }
70 };
71 Hp max_(Hp a,Hp b){
72     if (a.len<b.len) return b;
73     if (a.len>b.len) return a;
74     for (int i=a.len;i>0;i--){
75         if (a.nu[i]>b.nu[i]) return a;
76         if (a.nu[i]<b.nu[i]) return b;
77     }
78     return a;
79 }
80 Hp s[N][N],a[N],f[N][N];
81 char str[N];
82 int main()
83 {
84     int n=read(),K=read();
85     scanf("%s",str+1);
86     for (int i=1;i<=n;i++)   a[i].len=1,a[i].nu[1]=str[i]-'0';
87     Hp t; t.len=2; t.nu[1]=0; t.nu[2]=1;
88     for (int i=1;i<=n;i++) 
89         for (int j=i;j<=n;j++) s[i][j]=s[i][j-1]*t+a[j]; 
90     for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=s[1][i];
91     for (int i=1;i<=n;i++)
92         for (int j=1;j<=min(i-1,K);j++){
93             for (int k=1;k<=i-1;k++)
94                 f[i][j]=max_(f[i][j],f[k][j-1]*s[k+1][i]);
95         }   
96     f[n][K].out();
97     return 0;
98  }
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问题 C: 括号序列

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

定义如下规则序列（字符串）： 
1.空序列是规则序列； 
2.如果S是规则序列，那(S)和[S]也是规则序列； 
3.如果A和B都是规则序列，那么AB也是规则序列。 
例如，下面的字符串都是规则序列： 
(), [], (()), ([]), ()[], ()[()] 
这几个不是规则序列： 
(, [, ], )(, ([() 
现在，给出一些有'(' , ')' , '[' , ']'组成的序列，请添加尽量少的括号，得到一个规则序列，并输出该序列的长度。

 

输入

输入一个有'(' , ')' , '[' , ']'组成的序列，长度不超过200

 

输出

输出规则后的字串长度

 

样例输入

([(]

样例输出

6

提示

 

([()])//6

区间动规。

我们可以构造出他的结构特征f(i,j)表示i~j最少需要添多少括号。

然后是递归式：f(i,j)=min(f(i,k)+f(k+1,j));如果两边匹配的话就=min(f[i+1][j-1]);

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 int f[300][300];
38 char str[300]; 
39 bool match(int i,int j){
40     if (str[i]=='(' && str[j]==')') return 1;
41     if (str[i]=='[' && str[j]==']') return 1;
42     return 0; 
43 }
44 int main()
45 {
46     scanf("%s",str+1); int n=strlen(str+1);
47     for (int i=1;i<=n;i++)
48         for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=1e+08;
49     for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=1,f[i][i-1]=0;
50     for (int p=2;p<=n;p++)
51         for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
52             int j=i+p-1;
53             if (match(i,j)) f[i][j]=min(f[i][j],f[i+1][j-1]);
54             for (int k=i;k<j;k++)
55                 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
56         }
57     printf("%d",n+f[1][n]);
58     return 0;
59  }
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问题 D: 加分二叉树

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），其中数字1,2,3,…,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第j个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下： 
subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数 
若某个子树为主，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空 
子树。 
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出； 
（1）tree的最高加分 
（2）tree的前序遍历 

 

输入

第1行：一个整数n（n＜30），为节点个数。 
第2行：n个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数＜100）。 

 

输出

第1行：一个整数，为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。 
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。 

 

样例输入

5
5 7 1 2 10

样例输出

145
3 1 2 4 5
区间动规。
结构特征f(i,j)表示i~j为子树的最高分数。
枚举根就有递归式：f(i,j)=max(f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k])；
顺手在记下根的位置。
 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 #define N 100
38 ll f[N][N],a[N];
39 int s[N][N],n,num;
40 void dfs(int i,int j){
41     if (i>j) return;
42     int x=s[i][j]; num++;
43     if (num<n) printf("%d ",x);
44     else printf("%d\n",x);
45     dfs(i,x-1);
46     dfs(x+1,j);
47 }
48 int main()
49 {
50     n=read();
51     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
52     for (int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=a[i],s[i][i]=i;
53     for (int i=0;i<=n;i++) f[i+1][i]=1;
54     for (int p=2;p<=n;p++)
55         for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
56             int j=i+p-1;
57             for (int k=i;k<=j;k++)
58             {
59                 ll sum=f[i][k-1]*f[k+1][j]+a[k];
60                 if (sum>f[i][j]){
61                     f[i][j]=sum; s[i][j]=k;
62                 }
63             }
64         }
65     printf("%lld\n",f[1][n]);
66     dfs(1,n);
67     return 0;
68  }
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问题 E: 小明的喷漆计划

时间限制: 5 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

小明极其喜欢涂鸦，总是在墙上涂上各种颜色的漆。现在小明得到一个任务，需要喷涂一段空白围墙，且单位长度内的颜色都是相同的。小明有一种喷涂工具，它可以给任意长度的一段墙面涂上任意颜色的漆，这样的操作计为一次操作。小明要完成这个任务，又想使得操作次数尽量少，就请你帮他解决这个问题吧。

 

输入

有多组输入数据。 
每组包含一个长度不超过100的字符串（均由小写字母组成），代表需要涂鸦的墙面目标状态

 

输出

至少需要几次操作，可达到目标

 

样例输入

aaaaaa
fedcbaabcdef
aaabbbbb
aaabbbaaa

样例输出

1
6
2
2
 
这题的递归式很简单
f(i,j)表示i~j至少需要几次操作。
但它的递归式有点难，
我一开始是枚举涂了哪种颜色，但时间上过不了，
然后看了题解才知道，这种转移有很多浪费，
我们应用上上一题的思路，
(str[i]==str[j]) {f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]);}
否则 f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]);
 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
36 }
37 int f[200][200];
38 char str[200]; 
39 void work()
40 {
41     int n=strlen(str+1);
42     for (int i=0;i<=n;i++)
43         for (int j=0;j<=n;j++) f[i][j]=pp; 
44     for (int p=1;p<=n;p++)
45         for (int i=1;i+p-1<=n;i++){
46             int j=i+p-1;
47             if (p==1) f[i][j]=1;
48             else{
49                 if (str[i]==str[j]){
50                     f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);
51                     f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]);
52                 }
53                 else {
54                     for (int k=i;k<j;k++)
55                         f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]); 
56                 }
57             } 
58         }
59     cout<<f[1][n]<<endl;
60  } 
61  int main(){
62     while (~scanf("%s",str+1)){
63       work();
64     }
65  }
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问题 F: 石子合并（NOI1995）

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

在操场上沿一直线排列着 n堆石子。现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的两堆石子合并成新的一堆， 并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。允许在第一次合并前对调一次相邻两堆石子的次序。 
计算在上述条件下将n堆石子合并成一堆的最小得分和初次交换的位置。 

 

输入

输入数据共有二行，其中，第1行是石子堆数n≤100； 
第2行是顺序排列的各堆石子数（≤20），每两个数之间用空格分隔。 

 

输出

输出合并的最小得分。

 

样例输入

3
2 5 1

样例输出

11
f(i,j)表示i~j的最小得分，
f(i,j)=min(f(i,k)+f(k+1,j)+w(i,j));
可以用平行四边形优化。
 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<vector>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
30 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
31 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
32 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
33 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
34 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
35 }
36 int a[105],b[105],dp[105][105],s[105][105],sum[105],n,ans=pp;
37 void work()
38 {
39     rep(i,1,n) rep(j,1,n) dp[i][j]=pp; 
40     rep(i,1,n) dp[i][i]=0,s[i][i]=i;
41     rep(l,2,n)
42       rep(i,1,n-l+1){
43         int j=l+i-1;
44         rep(k,s[i][j-1],s[i+1][j])
45           if (dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1])
46             dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1],s[i][j]=k;
47       }
48     ans=min(ans,dp[1][n]);
49  } 
50 int main()
51 {
52     n=read();
53     rep(i,1,n) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i]; //work();
54     rep(i,1,n-1) 
55       sum[i]+=a[i+1]-a[i],work(),sum[i]-=a[i+1]-a[i];
56     cout<<ans;
57 }
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问题 G: 兔子跳跃之谜下

时间限制: 1 Sec  内存限制: 128 MB

题目描述

小生和小森在玩兔子之谜游戏。有三只兔子排成一排。知道每只兔子的初始位置，以及三个兔窝的位置。 

游戏的规则是，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，分别位于a和b。A可以跳过B到达2*b-a的点： 

跳跃是不允许其他小兔子已经在点2*b-a的位置上： 

跳跃也不允许一次跳过一个以上的兔子： 

现在小生和小森想要知道，k次操作之后，能否让所有兔子都分别跳到一个兔窝里面。注意，第i个兔子并不一定要在第i个巢。并且输出跳法的种数，数值可能很大，要对结果取模1000000007。只要有一个跳跃是不同的，两种方式被认为是不同的。

 

输入

有多组测试数据： 
第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10） 
每组测试数据， 
第一行三个整数，第二行三个整数，分别表示兔子的初始位置和兔窝的位置。两组数值都是严格递增给出。范围均为[-10^18,10^18]。 
最后一个整数k。[1,100]。 

 

输出

共Num行， 
跳跃的种数。 

 

样例输入

8
0 5 8
0 8 11
1
0 5 8
0 8 11
3
0 5 8
0 8 11
2
5 8 58
13 22 64
58
0 1 2
1 2 3
100
5 8 58
20 26 61
58
67 281 2348
235 1394 3293
83
-1000000000000000000 999999999999999998 999999999999999999
-1000000000000000000 999999999999999999 1000000000000000000
5

样例输出

1
5
0
0
0
537851168
167142023
29
这道题的构造比较巧妙。
观察一下兔子的跳跃，最里面的可以跳到两边。两边的只有一个能跳进来。
这让我们联想到了🌲（树）形结构，每个点表示一种状态，两个儿子是跳出去，父亲是跳进来。
当然这棵树是有根的（当间距相等），
现在问题变成了，树上有两个点走k步的方案数。
dp(i,j,k)表示lca到a的步数，lca到b的步数，还有k步。
转移：
if (i>0){
  ans=mo(dfs(i-1,j,k-1)+dfs(i+1,j,k-1)*2LL,pp);
}
else if (i==0 && j>0) {
  if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1)+dfs(0,j+1,k-1),pp);
  else ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1),pp);
}
else if (i==0 && j==0) {
  if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,1,k-1)+dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
  else ans=mo(dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
}
这里只有i在动j不懂，所以是相对的，可以把它们对应到原图中推出递归式。
  1 #include<iostream>
  2 #include<algorithm>
  3 #include<cstdio>
  4 #include<cstring>
  5 #include<cmath>
  6 #include<cstdlib>
  7 #include<vector>
  8 using namespace std;
  9 typedef long long ll;
 10 typedef long double ld;
 11 typedef pair<int,int> pr;
 12 const double pi=acos(-1);
 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
 17 #define pb push_back
 18 #define mp make_pair
 19 #define fi first
 20 #define sc second
 21 #define pq priority_queue
 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
 24 #define vec vector
 25 ld eps=1e-9;
 26 ll pp=1000000007;
 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
 32 ll read(){ ll ans=0; char last=' ',ch=getchar();
 33 while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
 34 while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
 35 if(last=='-')ans=-ans; return ans;
 36 }
 37 #define oo (1000)
 38 int root_j=oo;
 39 ll dp[200][200][200];
 40 struct node
 41 {
 42     ll x[4];
 43     bool operator == (const node & b) const
 44     {
 45         for (int i=1;i<4;++i)
 46             if (x[i]!=b.x[i])   return 0;
 47         return 1;
 48     }
 49 }a[200],b[200];
 50 ll dfs(int i,int j,int k){
 51     if (i==0 && j==0 && k==0) return 1;
 52     if (i+j>k||j>root_j) return 0;
 53     if (k==0) return 0;
 54     if (dp[i][j][k]!=-1) return mo(dp[i][j][k],pp); 
 55     ll ans=0;
 56     if (i>0){
 57         ans=mo(dfs(i-1,j,k-1)+dfs(i+1,j,k-1)*2LL,pp);
 58     }
 59     else if (i==0 && j>0) {
 60         if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1)+dfs(0,j+1,k-1),pp);
 61         else ans=mo(dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1),pp);
 62     }
 63     else if (i==0 && j==0) {
 64         if (j!=root_j) ans=mo(dfs(0,1,k-1)+dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
 65         else ans=mo(dfs(1,0,k-1)*2LL,pp);
 66     }
 67     dp[i][j][k]=mo(ans,pp);
 68     return ans;
 69 }
 70 void jump(ll &a,ll &b,ll &c){
 71     if (b-a==c-b) return;
 72     ll x=2LL*b-a,y=2LL*b-c;
 73     if (x<c) {
 74         a=b; b=x; return;
 75     } 
 76     if (y>a) {
 77         c=b; b=y; return;
 78     }
 79 }
 80  
 81 int main()
 82 {
 83     int T=read();
 84     int root_i=oo;
 85     while (T--){
 86         ll a=read(),b=read(),c=read();
 87         ll a_=read(),b_=read(),c_=read();
 88         int k=read();
 89         root_i=root_j=oo;
 90         ll xa=a,xb=b,xc=c;
 91         for (int i=0;i<=k;i++)
 92             if (xb-xa==xc-xb) {root_i=i; break; }
 93             else jump(xa,xb,xc);
 94         xa=a_,xb=b_,xc=c_;
 95         for (int i=0;i<=k;i++)
 96             if (xb-xa==xc-xb) {root_j=i; break; }
 97             else jump(xa,xb,xc);
 98         ll x_a=a,x_b=b,x_c=c; int x=-1,y=-1;
 99         for (int i=0;i<=min(k,root_i);i++){
100             ll y_a=a_,y_b=b_,y_c=c_;
101             for (int j=0;j<=min(k,root_j);j++){
102                 if (x_a==y_a && x_b==y_b && x_c==y_c) { x=i; y=j; break; }
103                 jump(y_a,y_b,y_c);
104             }
105             if (x!=-1 && y!=-1) break;
106             jump(x_a,x_b,x_c);
107         }
108         if (x==-1 && y==-1) { printf("0\n"); continue; }
109         for (int i=0;i<200;i++) 
110             for (int j=0;j<200;j++) 
111                 for (int k_=0;k_<200;k_++) dp[i][j][k_]=-1;
112         printf("%lld\n",dfs(x,y,k));
113     } 
114     return 0;
115  }
View Code

 

posted @ 2017-05-20 21:18  SXia  阅读(302)  评论(0)  编辑  收藏  举报