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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3873思路：题目意思很简单，就是说如果没有攻占保护x的城市，就不能攻占,我们可以用pro[x]记录保护x的所有城市被攻占的最早时间，那么能到x的最短时间为pro[x]和到达x的最短路中的较大者 .dij入队过程中只把In[x]（没有被包含的城市）入队 对于出队的x,它的最短时间已经确定,表示已经被占领,它所保护的城市的保护度减1,一旦某个被保护的城市的保护度为零且已经到底（未占领，d[x]!=inf），就可以确定到达它的 最短时间（为max(pro[x],dist[x])）,它也就到了入队的时机。 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3631思路：由于只能用标记的点去更新，并且又要求任意两点之间的最短距离，显然floyd是最合适的。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 #include<vector> 7 using namespace std; 8 #define MAXN 333 9 #de 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3832思路：三次spfa求出1，2，3到各点的最短距离，然后枚举中间点到这三点的最短距离之和为ans,最后就是n-ans-1了。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 #define MAXN 222 8 #define inf 1 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4528思路：结构体里面不仅要记录x,y,time，还要有2个bool型来记录是否看到二明和大明，因此，对于状态判重，开个4位数组mark[x][y][tag1][tag2]，因为根据看到的人不同，我这个点（x,y)还是可以 重复走的，最后就是关于怎么来判断看到的人了，这儿我用了最暴力的方法，就是一开始的时候记录二明和大明所在的位置，然后将其改为'X',因为这两个位置小明是不能走的。然后就是如果横坐标相同，就y方向上看能否看到（同理）。如果对于当前节点p有p.tag1=p.tag2=t 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1422 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define MAXN 222222 7 int level[MAXN]; 8 int dp[MAXN]; 9 int n,w,l;10 11 int main(){12 while(~scanf("%d",&a 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1300思路：直接写递推方程式：dp[i]=min{dp[j]+value}（0<=j<i，value为第j+1类珠宝到第i类全部以i类买入的价值; );然后我们可以用一个数组记录一下0-i的花费 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define MAXN 1111 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1503思路：如何求最长公共子序列就不说了，另外如果有str2[j]==str1[i],那就mark[i]=j,相当于一个标记。 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define MAXN 111 7 int dp[MAXN][MAXN]; 8 char str1[MAXN], 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3535一道需要深刻理解状态转移的背包题：dp[i][j],表示第i组，时间剩余为j时的快乐值。每得到一组工作就进行一次DP，所以dp[i]为第i组的结果。1、至少选一项，即必须要选，那么在开始时，对于这一组的dp的初值，应该全部赋为负无穷，这样才能保证不会出现都不选的情况。状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j],dp[i][k-cost[j]]+val[j] }。dp[i][k]是不选择当前工作；dp[i-1][k-cost[j 阅读全文
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题目链接：http://acm.cug.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?id=1317思路：dp[i][j]表示以a[i]为结尾的串与以b[j]为结尾的串的最小编辑距离，则若a[i]==a[j],有dp[i][j]==dp[i-1][j-1];否则dp[i][j]=min{dp[i-1][j-1]+2,dp[i-1][j]+3,dp[i][j-1]+3} 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<string> 5 # 阅读全文
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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4526思路：dp[i][j]表示前i辆车送走j个acmer的最小花费，然后就有dp[i][j]=dp[i-1][j-k]+k*t+d;(t为车辆到达的时间，d为花费）,值得注意的地方是dp[0][0]=0,而其余都应该初始化为inf. 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 using namespace std; 6 #define 阅读全文