摘要：
题目描述： 给定n个物品及m钱，对于每个物品有三个属性,价格p,价值v,q,如果手中的钱不足q,即使能够买得起这个物品，也不能交易，求最后能买到的物品最大价值。分析： 带限制的01背包。最容易想到的就是要按某种方式进行排序，可以先想两个问题。 1.为什么普通的01背包可以不用排序？ 因为在普通的01背包问题当中每个物品是相对独立的，也就是说取得全局最优解与物品的放入顺序无关，所以不必排序就可以直接进行dp，而在这个问题中却并非如此，由于q的存在，当某一物品放入后可能就会对后面的物品造成影响，举个例子，比如背包容量为8,有两个物品，p1=5,q1=6,v1=1,p2=2,q2=4... 阅读全文
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分析：因为要洗完所有同种颜色的才能洗下一种颜色，所以先按颜色排序，对每种颜色做一次01背包。取两个最少时间的最大值，累加 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<map> 5 #include<string> 6 #include<iostream> 7 #define N 1100 8 using namespace std; 9 int dp[N][N],w[N][N],cnt[N],sum[N];10 int ma 阅读全文
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01背包统计第k优解，多开一维的数组，用来记录第几优解，然后每次更新的时候合并一下。。。 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define N 1100 5 #define K 100 6 using namespace std; 7 int dp[N][K],w[N],v[N],s[N]; 8 bool cmp(int a,int b){ 9 return a>b;10 }11 int main(){12 int n,m,k,T;13 cin>> 阅读全文
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靠手速拿了个还可以的rank。。。不会dp依旧硬伤A.....A 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<string> 4 using namespace std; 5 int hash[100]; 6 int main(){ 7 string s; 8 while(cin>>s){ 9 int cnt=0;10 memset(hash,0,sizeof(hash));11 for(int i=0;i<s.size();i++){12 if(... 阅读全文
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题目描述：...分析：因为不同年份之间没有什么互相影响，所以可用完全背包求解，唯一不同的就是每年的背包容量都在变大。 另外由于物品价钱都是1000的倍数，所以可以同时除以1000,减少内存。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #define N 100010 6 using namespace std; 7 int dp[N],w[N],v[N]; 8 int main(){ 9 int t;10 cin>& 阅读全文
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题目描述; 给定几种钱的面值，问用这些钱凑出n的价值有多少中方案。分析：背包问题，统计填满背包的方案数。 dp [ i ] [ j ]表示用前j种面值凑出i钱的方案数。 dp [ i ] [ j ]=sum { dp [ i - k*s [ j ] ] [ j-1 ] } 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define N 7500 5 using namespace std; 6 typedef long long ll; 7 ll dp[N][5]; 8 i 阅读全文
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题目描述：...分析：因为只要剩余金额大于5肯定会支付成功，那么最优的办法肯定是要用最后的钱去买最贵的。只需要对除了最贵的物品之外的物品进行背包就可以。其中背包的容量是原来的减5 1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #define N 1010 5 using namespace std; 6 int dp[N],w[N]; 7 int main(){ 8 int n,m; 9 while(cin>>n){10 if(!n)return 0;11 for 阅读全文
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题目描述： 给定连续的内存块，支持4个操作： 1.申请连续长为x的空间，并且返回这段区间的左端点。 2.释放包含x的内存块。 3.询问从左到右第x块的区间范围。 4.重置。分析： 和poj3667比较像，只是多了3 4的操作。 我开了两个线段树，第一个成段更新，为了记录每一段的颜色(其实就是第几次申请时被占用的)，第二个记录每一段起点，这是为了方便操作3的查询。 最后reset的时候传一个懒惰标记就行。。重新build会超时 p.s.数组大小随便开的。。。其实可以小点。。无视就好 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio... 阅读全文
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题目描述：给定连续的n个村庄，有三种操作： 1.D x：毁掉第x个村庄; 2.Q x:询问直接或间接与x相连的村庄数目 3.R :恢复上一个被毁掉的村庄。分析：用线段树维护区间内以左端点开始的连续区间，以右端点结束的连续区间。 询问我拆成了两部分，一个是询问x向右(含x)的连续区间长，一个是询问x向左(含x)的连续区间长，加和减一就是答案。 操作三用个栈记录下就行。 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #defin. 阅读全文
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题意 求1到之间所有与n互质的数的四次幂之和。分析 分解n^5-(n-1)^5..可以求出1^4+2^4+...+n^4的公式S(n)=1/30*(n^5+15*n^2*(n+1)^2-10*n*(n+1)*(2*n+1)+15*n*(n+1)-6*n) 先求出S(n)，利用容斥原理去掉是n的质因子的倍数的数的四次幂之和。。。 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #define N 100100 6 #include 阅读全文