139. Word Break 返回结果较为简单可用dp, 复杂用dfs class Solution { public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) { boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1]; dp[0] = true; //枚举所有substring for(int i = 1; i <= s.length(); i++){ for(int j = 0; j <…

最近正儿八经的学习了dp,有一些题目非常明显看出来就是dp了比如说:过河卒.方格取数.导弹拦截.加分二叉树.炮兵阵地更加明显的还有:采药.装箱问题.过河.金明的预算方案.今天来谈谈dp的dp在不在dp中(但在dp范畴)内的应用(简称dp的应用)dp其实可以用贪心来优化,有些基本不可能的情况就可以直接省略了.dp其实可以用数据结构来优化,取最大值最小值用堆...dp其实不一定是dp,也可以是一种思想,的简称dp思想,就是用前面的一个或者两个状态来推出现在状态的可能,解决一些问题有神效.dp的空间基…

转载请注明原文地址:http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7337179.html 树形DP是一种在树上进行的DP相对比较难的DP题型.由于状态的定义多种多样,因此解法也五花八门,经常成为高水平考试的考点之一. 在树形DP的问题中,有这样一类问题:其数据范围相对较小,并且状态转移一般与两两节点之间的某些关系有关. 今天,我们就来研究一下这类型的问题,并且总结一种(相对套路的)解决大多数类型题的思路. 首先,我们用一道相对简单的例题来初步了解这个类型题的大致思路,以及一…

(自己的理解:首先考虑单调队列,不行时考虑斜率,再不行就考虑不等式什么的东西) 当dp的状态转移方程dp[i]的状态i需要从前面(0~i-1)个状态找出最优子决策做转移时 我们常常需要双重循环 (一重循环跑状态 i,一重循环跑 i 的所有子状态)这样的时间复杂度是O(N^2)而 斜率优化或者四边形不等式优化后的DP 可以将时间复杂度缩减到O(N) O(N^2)可以优化到O(N) ,O(N^3)可以优化到O(N^2),依次类推 斜率优化DP和四边形不等式优化DP主要的原理就是利用斜率或者四边形不等…

To My Girlfriend Time Limit: 2000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 1288    Accepted Submission(s): 492 Problem Description Dear Guo I never forget the moment I met with you.You carefully asked me:…

问题: Squares and rectangles fascinated the famous Dutch painter Piet Mondriaan. One night, after producing the drawings in his 'toilet series' (where he had to use his toilet paper to draw on, for all of his paper was filled with squares and rectangle…

poj 2229 Sumsets Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 200000K Total Submissions: 21281   Accepted: 8281 Description Farmer John commanded his cows to search for different sets of numbers that sum to a given number. The cows use only numbers that are an…

D. Easy Problem dp(有衔接关系的dp(类似于分类讨论) ) 题意 给出一个串 给出删除每一个字符的代价问使得串里面没有hard的子序列需要付出的最小代价(子序列不连续也行) 思路 要满足hard 先要满足har 要满足har 先要满足ha 一次类推 这类问题的一个共同点是要每个地方都要满足一系列前置条件才能成立也就是说有衔接关系 所以如果是构造问题 那么dp数组加一维已经满足了几个,如果是删除问题dp数组加一维 切断了哪一个即可 所以我们可以设置dp数学 dp[i][1,2,3…

HDU1176 中文题意不多解释了. 建一个二维dp数组,dp[ i ][ j ]表示第 i 秒落在 j 处一个馅饼.我们需要倒着DP,为什么呢,从 0秒,x=5处出发,假如沿数组正着往下走,终点到哪里我们是不知道的,沿这个路线能最大值,下一秒就未必是最大值.但是我们知道起点,所以我们从终点开始走,走到dp[ 0 ][ 5 ]为止.由于这个总路线存在着诸多未知情况,但是有一点我们可以确定: i , j i+1,j-1       i+1,j       i+1,j+1 对于dp[ i ][ j…

题意:有\(n\)枚硬币,每枚硬币抛完后向上的概率为\(p[i]\),现在求抛完后向上的硬币个数大于向下的概率. 题解:我们用二维的\(dp[i][j]\)来表示状态,\(i\)表示当前抛的是第\(i\)个硬币,\(j\)表示的是前\(i\)个硬币中向上的个数,那么状态可以表示为,如果\(j=0\),那么\(dp[i][j]=dp[i-1][j]*(1-p[i])\),否则,\(dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*p[i]+dp[i-1][j]*(1-p[i])\).即类似01背包的思路…