摘要：
思路：若没有边权，则对点权从大到小排序即可，考虑边，将边权拆成两半加到它所关联的两个点的点权中即可，因为当两个人分别选择不同的点时，这一权值将互相抵消。#include#include#include#includeusing namespace std;double val[100010];int cmp(double a,double b){ return a>b;}int main(){ int n,i,m,j,a,b; double c; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { for(i=1;i<=n;i++ 阅读全文
摘要：
思路：定义一个三维数组dp[x][i][j]其中x为now和pre两种状态，now表示当前两行最优解，pre表示出了本行外，前两行的最优解。那么状态转移方程为dp[now][j][k]=max(dp[now][j][k],dp[pre][k][r]+num[i][j][1])。num[i][j][1]表示第i行的第j个状态的1的个数。转移条件是!(num[i][j][0]&num[i-1][k][0])&&!(num[i][j][0]&num[i-2][r][0])&&!(num[i-1][k][0]&num[i-2][r][0])为真。 阅读全文
摘要：
思路：将每一行看做一个二进制位，那么所有的合法状态为相邻为1的个数一定要为偶数个。这样就可以先把所有的合法状态找到。由于没一层的合法状态都是一样的，那么可以用一个数组保存。由第i-1行到第i行的状态转移是dp[i][now|num[j]]+=dp[i-1][k]，其中now为(1#include#include#include#define Maxn 13#define inf 0x7fffffffusing namespace std;__int64 dp[Maxn][1=1;i--) sum+=graphic[i]*(1<<(m-i)); num[++c... 阅读全文
摘要：
思路：把每行的数当做是一个二进制串，0不变，1变或不变，找出所有的合法二进制形式表示的整数，即相邻不同为1，那么第i-1行与第i行的状态转移方程为dp[i][j]+=dp[i-1][k]；这个方程得前提条件是num[i][j]&num[i-1][k]==0，也就是他们表示的二进制形式相与为0，那么就不存在相邻为1的情况。#include#include#include#include#define Maxn 13#define inf 0x7fffffffusing namespace std;__int64 dp[Maxn][1=1;i--) sum+=graphic[... 阅读全文