http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5009 有一段序列,涂连续一段子序列的代价为该子序列出现不同数字个数的平方,求最小代价涂完整个序列. ai有10^9,所以先进行离散化 复杂度有n^2,需要剪枝,就是如果答案大于了dp[n]就不用往后继续转移了,这样复杂度就变成了O(n√n) vector用的姿势不对会T #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #in…

R - Weak Pair HDU - 5877 离散化+权值线段树 这个题目的初步想法,首先用dfs序建一颗树,然后判断对于每一个节点进行遍历,判断他的子节点和他相乘是不是小于等于k, 这么暴力的算法很自然的超时了. 然后上网搜了一下题解,感觉想的很巧妙. 就是我们要搜 子节点和父节点的乘积小于一个定值的对数. 一般求对数,有逆序对,都是把满足的放进去,到时候直接求答案就可以了.这个题目也很类似,但是还是有很大的区别的. 这个题目就是先把所有a[i] 和 k/a[i] 都放进一个数组,离散化,…

转自:http://blog.csdn.net/accelerator_/article/details/39271751 吐血ac... 11668627 2014-09-16 22:15:24 Accepted 5009 1265MS 1980K 2290 B G++ czy   Paint Pearls Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Total Subm…

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5009 题意:一个数列,每个点代表一种颜色,每次选一个区间覆盖,覆盖的代价是区间内颜色种类数的平方,直到覆盖整个数列,求最小花费 思路:首先合并颜色相同的点,接着离散化颜色,做dp,dp[i]表示取到位置i的最小花费,注意到答案最大值应该是合并后的数列长度,这是一个剪枝,为了避免每次循环memset vis数组,要把每次访问的颜色值记录在一个vector中,然后只清vector内的颜色清空vector 即可 这…

Reference:http://www.cnblogs.com/wuyiqi/archive/2012/03/28/2420916.html 题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2836 题目大意:计算序列有多少种组合,每个组合至少两个数,使得组合中相邻两个数之差不超过H,序列有重复的数.MOD 9901. 解题思路: 朴素O(n^2) 以样例1 3 7 5为例,如果没有重复的数. 设dp[i]前n个数的方案数,初始化为1. 那么fo…

dalao博客 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3436 题意:初始排列1到N,现在要你实现3种操作: 将x插入到队头去 询问x当前的位置 询问第x个位置上当前是谁. 分析: 下面用SplayTree来实现.不过依然要明白SplayTree提供的是N个房间,第i号房间里放的就是第i个人,各种操作不会变化房间的内容,变得只是房间之间的相对父子关系而已. SplayTree需要 size,pre,ch 3种信息即可. 首先将1到n建立SPlayTr…

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4325: 题目意思: 给你N个花开的时间段,然后在有M个时间点,问你在这个时间点有多少花开着. 昨天刚做的一个类似的题,用线段树加离散化,然后赶紧敲,然后错八次. 最后还是没做出来. 那么思路还是线段树加离散化. 题目给的每个花开花谢的范围很大,但花的数目只有1e5,很容易就想到了离散化,然后就是用线段树去处理,找每个花开的段,最后lazy下放到 每个时间点,这样就知道每个时间点开的花数. 这题大致思路是这样的…

10^9的大数组显然开不了.所以也算比较裸的离散化了... 令pos[i].pp[j]表示从左到右第j个高度为i的树的位置 (pp是个vector,范围0..now-1) pos[i].num表示有几个高度为i的树 pos[i].now表示当前kill到第几个了(从0开始计数) 离散化模板get: int Bin(int key,int n,int X[]) { , r = n - ; while (l <= r) { ; if (X[m] == key) return m; ; ; } ; }…

先离散化,然后逆着dp,求出每个点能取到的最大利益,然后看有没有钱,有钱就投 想法好复杂 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> #include <set> #include <map> #include <stri…

首先把具有相同颜色的点缩成一个点,即数据离散化. 然后使用dp[i]表示涂满前i个点的最小代价.对于第i+1个点,有两种情况: 1)自己单独涂,即dp[i+1] = dp[i] + 1 2)从第k个节点之后(不包括k)到第i+1个节点一次涂完,且一起涂的节点共有num种颜色,即dp[i+1] = dp[k] + num * num 从而可以得到状态转移方程dp[i+1] = min(dp[i], dp[k] + num * num) 但是如果从后往前遍历每一个k,会超时. 因此我们可以使用双向链…