随笔分类 - 动态规划
摘要：https://atcoder.jp/contests/abc271/tasks/abc271_g 题目的思路为： 构建dp矩阵，dp[i][j][k]表示开始前停在j，结束后停在k，且停下时恰好出现2^i次访问的概率 则dp[i]=dp[i-1]*dp[i-1] (矩阵乘法的中间过程模拟的就是两个
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摘要：题目： https://www.codechef.com/submit/MAKEIT1?tab=statement 题解： https://www.codechef.com/submit/ROCKET_PACK?tab=solution 代码： #include<bits/stdc++.h> #in
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摘要：状态压缩dp的时间复杂度一般时O(n*2^m) 可以将2^m优化为2^(m/2) 具体看例题： 牛客网小白月赛53 F. Freezing https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11230/F dp[hi][li]数组的状态定义为，高8位为hi，低8位与li没有交集
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摘要：单调队列可以求出，区间内的最值。 对于二维的情况，可以先在每一行，用单调队列求出，行方向上的最值。 然后在行方向上的最值的基础上，在每一列，用单调队列求出列方向上的最值。 即可得到二维区间的最值。 例题： 1091. 理想的正方形 代码： #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：AcWing 1086. 恨7不成妻 数位dp例题 注意一个数不能分别对两个不同的数取余，只能将其保存下来 例如下面代码中的prev_b #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL MOD = 10000
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摘要：若数位dp中的数字性质要求数字不含前导0，则可以考虑。 dp数组中保留存在前导0的数字种类。 在遍历每一位时，第一位从1开始，其他位从0开始。 然后再把位数低于当前数字的结果（不含前导0）累加。 （含有前导0时，则可以遍历每一位时都从0开始，最后也不用累加结果） （如果数字是否含有前导0对结果（数字
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摘要：此题中，dp数组保存存在前导0的windy数（因为在使用时，当前位的前面会存在非0数） 结果为不存在前导0的windy数（循环过程中第一次不包含0）。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL dp[1
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摘要：数位DP的一般形式是： 在[X，Y]区间内，找到满足某种性质的数的个数。 技巧1：两端区间变为一边区间，计算[0, X]和[0, Y]在相减 技巧2：以树的方式考虑，从高位到低位，考虑枚举的数的当前位小于还是等于Y的当前位。 AcWing 1081. 度的数量 #include<bits/stdc+
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摘要：题目链接： https://codeforces.com/contest/1695/problem/D2 https://atcoder.jp/contests/apc001/tasks/apc001_e 解题思路： 可以考虑，对于每个节点v，其有k个子节点，则每个子节点中至少有k-1个侦查点，才能
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摘要：题目：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11229/F 题解：https://www.bilibili.com/video/BV1Zv4y1u7hT?p=5&spm_id_from=pageDriver&vd_source=75ae018f8d1181302d7
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摘要：AcWing 1073. 树的中心 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; vector<int> adj[10010]; vector<int> w[10010]; int p[10010]; int w
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摘要：有根树从根、无根树从任意一个节点开始处理即可 1、不考虑边权，考虑路径中点的个数，可以从任意一个节点开始进行DFS，DFS返回以当前节点为根的子树中，以当前节点为端点的最长路径。 经过当前节点的最长路径，即为以当前节点的子节点为端点的前2长的路径长度的和+1，并以此更新全局最长路径（直径）。 2、边
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摘要：区间dp常用的实现方式有：迭代式和记忆化搜索式。 迭代式可以枚举左右端点，也可以考虑先枚举区间长度，这样小区间就会在大区间之前被计算。大区间通过分界点由小区间转移。 例题 AcWing 282. 石子合并 此题直接枚举区间长度和左端点，右端点不超过n。 AcWing 1068. 环形石子合并 此题可
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摘要：当动态规划需要的数组范围太大，且当前状态只与前几维状态相关时，可以用滚动数组存储。 例如 二个滚动数组 dp[i&1]...=dp[i-1&1]... 三个滚动数组 dp[i%3]...=dp[(i-1)%3]....+dp[(i-2)%3].....;
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摘要：291. 蒙德里安的梦想 此题使用状态压缩dp进行计算，状态表示使用一个数j，其中j的二进制位为1的位置表示1*2的第一个小方格并向后延伸。 由于1*2的第二个小方格和2*1的任意一个小方格与后面是没有联系的，对于后面的处理是等价的， 所以状态只用表示和后面产生联系的1*2的第一个小方格。 转移方法
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摘要：dp中的状态机模型会增加一维表示当前的状态。根据状态间的转移方式进行dp 1052. 设计密码 此题需要结合kmp和状态机模型 状态的定义是 dp[i][j]表示遍历到字母i，且匹配了长度为j的模板串，匹配模板串的长度即为状态。 状态的转移根据i-1位的匹配长度，以及i位的字母，计算i位的匹配长度。
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摘要：背包问题可以用dp数组记录最大值。 可以新增另一个数组count，记录等于最大值的方案数， 这样，在算出最大值后，在求解一遍可以以最大值转移过来的方案数的和，即可得到最大值的方案数。 AcWing 11. 背包问题求方案数 代码如下： #include<bits/stdc++.h> using na
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摘要：有依赖的背包问题，节点有树形结构的依赖。 可以递归计算。 递归的过程中，首先对节点的每个子树，计算在不同体积下的最大价值，即dp[u][i]。 dp[u][i]代表在节点u的子树中，选择不超过体积i的物品所得到的最大价值。 然后对当前节点，将每个子节点的每个体积看做分组背包问题中的物品求解。 在递归
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摘要：二进制优化代码比单调队列优化代码更清晰好写。 可以将一维优化成log级别。 其思想是，将数量s，1+2+4+...+s0，对1、2、4、...、s0分别打包， 则小于s的任意一个数量均可由这些打包表示出来。 这样数量为s的多重背包，可分解为这些打包的01背包。 注意，由于此时物品数量增多，必须优化d
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摘要：背包问题求方案时，可以进行dp过后，根据结果进行反推。 要求输出方案时，不能简化dp数组的维数。 当需要以字典序最小输出结果时，可以考虑从后向考虑物品，从后向前构建dp数组。 这样，反推的时候就可以从第一个物品开始考虑，就可以贪心的解决字典序问题。 （也可以使用标记数组解） 例题 AcWing12.
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