题意: 时间为n,有k个任务,每个任务有一个开始时间和持续时间,从第一分钟开始,如果有开始的任务就要做,问最大空闲时间 n,k<=1e5 思路: 设 dp[i]为i~n时间中最大空闲时间,vector v[i]保存i开始的任务,倒推即可 代码: #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include&…

做顺序DP做惯了,死活没想到这是个倒序DP. f[i]表示时刻i的最大空闲时.有以下两种可能. 1.时刻i没有任务.此时f[i]=f[i+1]+1; 2.时刻i有许多任务.此时f[i]=max(f[i+持续时间s). 改进了一下题解.不用排序,直接链式前向星建图!哈哈哈! 代码 #include<cstdio> #include<cctype> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std;…

Nikonikoni~~ 题目传送门 这是当时学长讲dp的第一道例题,我还上去献了个丑,然鹅学长讲的方法我似董非董(??? 我当时说的怎么设计这道题的状态,但是好像说的是二维,本题数据范围均在10000级别,n²肯定会空间炸掉的(然而我当时还不懂...) 所以本题的状态肯定是一维的. 今天再做这道题,状态很容易出来了,设f[i]为1~i时间(到第i刻)的最大闲暇时间.然后日常不会推转移方程Orz.题解真香. 但,这个状态看似是正确的而且很可做的样子,但是我们仔细一想就会发现在这个状态下转移的漏洞…

题目链接 Luogu P4643 题解 猫锟在WC2018讲的黑科技--动态DP,就是一个画风正常的DP问题再加上一个动态修改操作,就像这道题一样.(这道题也是PPT中的例题) 动态DP的一个套路是把DP转移方程写成矩阵乘法,然后用线段树(树上的话就是树剖)维护矩阵,这样就可以做到修改了. 注意这个"矩阵乘法"不一定是我们常见的那种乘法和加法组成的矩阵乘法.设\(A * B = C\),常见的那种矩阵乘法是这样的: \[C_{i, j} = \sum_{k = 1}^{n} A_{i,…

题面 给定一棵 \(n\) 个点的树,点带点权. 有 \(m\) 次操作,每次操作给定 \(x,y\) ,表示修改点 \(x\) 的权值为 \(y\) . 你需要在每次操作之后求出这棵树的最大权独立集的权值大小. 题解 如题所示 , 是个模板题 ... 首先考虑静态 \(dp\) , 令 \(dp_{u,0/1}\) 为 \(u\) 不存在 / 存在 于最大权独立集的权值大小 . 然后转移很显然 , 一个点存在于独立集中时 , 儿子全都不能选 . 不存在时 , 儿子可选可不选 . 令 \(v\)…

题目链接 luogu P2657 [SCOI2009]windy数 题解 我有了一种所有数位dp都能用记忆话搜索水的错觉 代码 #include<cstdio> #include<algorithm> inline int read() { int x = 0,f = 1; char c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') c = getchar(); while(c <= '9' && c >= '…

P1095 守望者的逃离: https://www.luogu.org/problemnew/show/P1095 题意: 有一个人要在S长度的直线上跑过去,初始有M的魔法值,用10点魔法值可以在一秒内跑60米,而普通跑一秒17米.保持静止可以恢复4点的魔法值.问能否在T秒前跑完. 思路: 分开两次dp,第一次跑出能用加速就用加速的路程.第二次比较dp[i]和dp[i-1]+17的值即可. #include <algorithm> #include <iterator> #incl…

BZOJ & luogu 看到某大佬AC,本蒟蒻也决定学习一下玄学的数位$dp$ (以上是今年3月写的话(叫我鸽神$qwq$)) 思路:数位$DP$ 提交:2次 题解:(见代码) #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #define R register int using namespace std; ][],num[]; //f[i][j]搜到第i位,前一位是j,且没有上界标记的方案数 i…

题目链接 (bzoj) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2669 (luogu) https://www.luogu.org/problem/P3160 题解 这道题充分暴露了我的菜.. 显然两个局部极小值点不能相邻,所以最多有\(8\)个局部极小值. 然后考虑容斥掉.不能成为局部极小值的限制,那么就变成钦定某些位置一定是局部极小值,其余不限,求方案数. 然后这个可以状压DP,考虑从小到大加入每个数,然后就很好求了. 代码 #in…

[luogu]P3959 宝藏[TREASURE] 题目描述 参与考古挖掘的小明得到了一份藏宝图,藏宝图上标出了 n 个深埋在地下的宝藏屋, 也给出了这 n 个宝藏屋之间可供开发的 m 条道路和它们的长度. 小明决心亲自前往挖掘所有宝藏屋中的宝藏.但是,每个宝藏屋距离地面都很远, 也就是说,从地面打通一条到某个宝藏屋的道路是很困难的,而开发宝藏屋之间的道路 则相对容易很多. 小明的决心感动了考古挖掘的赞助商,赞助商决定免费赞助他打通一条从地面到某 个宝藏屋的通道,通往哪个宝藏屋则由小明来决定.…

题面 传送门:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1450 Solution 这是一道很有意思的在背包里面做容斥的题目. 首先,我们可以很轻松地想到暴力做背包的做法. 就是对于每一次询问,我们都做一次背包. 复杂度O(tot*s*log(di)) (使用二进制背包优化) 显然会T得起飞. 接下来,我们可以换一种角度来思考这个问题. 首先,我们可以假设没有每个物品的数量的限制,那么这样就会变成一个很简单的完全背包问题. 至于完全背包怎么写,我们在这里就不做…

题目链接 基环树套路题.(然而各种错误调了好久233) 当$m=n-1$时,原图是一棵树. 先以任意点为根做$dp$,求出从每一个点出发,然后只往自己子树里走时路径的期望长度. 接着再把整棵树再扫一遍,求出从每一个点出发时路径的期望长度. 最后再统计一遍答案即可. 当$m=n$时,原图是一棵基环树. 先找到图中那唯一的一个环,然后以环上的每一个节点为根在此节点的子树内做$dp$. 环上节点的数量很少,$dp$之后直接暴力算出从每一个环上节点出发时路径的期望长度. 然后把每一个环上节点的子树扫一遍…

题目传送门:https://www.luogu.org/problem/show?pid=2647 题目描述 现在你面前有n个物品,编号分别为1,2,3,--,n.你可以在这当中任意选择任意多个物品.其中第i个物品有两个属性Wi和Ri,当你选择了第i个物品后,你就可以获得Wi的收益:但是,你选择该物品以后选择的所有物品的收益都会减少Ri.现在请你求出,该选择哪些物品,并且该以什么样的顺序选取这些物品,才能使得自己获得的收益最大. 注意,收益的减少是会叠加的.比如,你选择了第i个物品,那么你就会获…

存在有后效性的dp,但转移方程 f[i] = min( f[i], s[i] + sigma f[j] ( j 是后效点) ) 每次建当前点和 转移点的边 e1, 某点和其会影响的点 e2 spfa 利用以前的转移点更新答案,然后将所有受到其影响的点放入队列中再次更新 spfa 处理有后效性的dp #include<bits/stdc++.h> #define int long long #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++)…

题目描述 终于,破解了千年的难题.小FF找到了王室的宝物室,里面堆满了无数价值连城的宝物……这下小FF可发财了,嘎嘎.但是这里的宝物实在是太多了,小FF的采集车似乎装不下那么多宝物.看来小FF只能含泪舍弃其中的一部分宝物了……小FF对洞穴里的宝物进行了整理,他发现每样宝物都有一件或者多件.他粗略估算了下每样宝物的价值,之后开始了宝物筛选工作:小FF有一个最大载重为W的采集车,洞穴里总共有n种宝物,每种宝物的价值为v[i],重量为w[i],每种宝物有m[i]件.小FF希望在采集车不超载的前提下,选…

状压的基础题吧 第一次看感觉难上天,后来嘛就.. 套路:先根据自身状态筛出可行状态,再根据地图等其他限制条件筛选适合的状态加入答案 f i,j,k 分别代表 行数,本行状态,上行状态,再累加答案即可 #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) using namespace std; inline int read(){ ,f=;char ch=getchar(); ;ch=getch…

主要路径上存在时间限制(消失) 因为数据较小(点数较小),利用限制条件在规定时间内分别spfa,(也可用floyd) 再通过dp取最优值 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) using namespace std; inline int read(){ ,f=;char ch=getchar(); ;ch=getchar();} )+(…

题目描述 尼克每天上班之前都连接上英特网,接收他的上司发来的邮件,这些邮件包含了尼克主管的部门当天要完成的全部任务,每个任务由一个开始时刻与一个持续时间构成. 尼克的一个工作日为N分钟,从第一分钟开始到第N分钟结束.当尼克到达单位后他就开始干活.如果在同一时刻有多个任务需要完成,尼克可以任选其中的一个来做,而其余的则由他的同事完成,反之如果只有一个任务,则该任务必需由尼克去完成,假如某些任务开始时刻尼克正在工作,则这些任务也由尼克的同事完成.如果某任务于第P分钟开始,持续时间为T分钟,则该任务将…

题解 设\(f[u][0/1/2]\)表示当前节点\(u\),放或不放(\(0/1\))时其子树满足题目要求的最小代价,\(2\)表示\(0/1\)中的最小值. 则有: \[ f[u][0]=\sum_{v\in son[u]}f[v][1]\\ f[u][1]=\sum_{v\in son[u]}f[v][2]\\ f[u][2]=min(f[u][0],f[u][1]) \] \(O(n)\)即可 PS:作者在写代码时忘记找根节点了,但是数据太水,默认\(0\)为根节点了.在写这种题时记得寻…

贪它,再大力DP(话说觉得此题简单的真的是大佬QAQ)我想了两天...QWQ 贪心:吃饭慢的先打饭(不太会证...) DP:f[i][j]表示前i个人,在1号窗口打饭的总时间时j,的最短时间 确定i的时候,通过j,可以算出在二号窗口打饭的总时间.. 所以有: 第i个人在1号窗口:if(j>=a[i].t) f[i][j]=min(f[i][j],max(f[i-1][j-a[i].t],j+a[i].w)); 第i个人在2号窗口:f[i][j]=min(f[i][j],max(f[i-1][j]…

题目链接 正式迈入了数位DP的大门…… 心情激动 (看我立个flag,我如果专攻数位DP的话,到wc之前就会有秒数位DP蓝题的能力) 数位DP讲解链接 讲的非常详细,良心博客.比我写的博客加在一起还要良心. 设f[i][j]表示第i位,上一位是j的方案数. 按照那篇博客的指示枚举即可,注意判断前导零. #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cctype> #include<algorithm> #includ…

题目链接 树形DP水题,设f[x][0]是以x为根的子树,内部只有半条链(就是链的两个端点一个在子树里,一个不在子树里)的最大值,f[x][1]是以x为根的子树,内部有一条完整的链(选两个内部的子树作为链的左端点和右端点)的最大值. 于是可以很轻松的得出DP方程: 一开始f[x][0]=f[x][1]=1 然后dfs,深搜x的子树,记录一下x有多少子节点的同时记录子树的最大半链和次大半链(用来在转移的时候凑成x子树内的整个链).最后注意细节乱搞搞就行了. 本题不考思维但是比较考验考虑细节的能力.…

题目链接 通过这题我发现我已经不会DP了 区间DP,f[i][j]是从左面转移来的,d[i][j]是从右面转移来的 然后DP方程是 ]) f[i][j]+=f[i+][j]; ][j]; f[i][j]%=mod; ]; ]) d[i][j]+=d[i][j-]; d[i][j]%=mod; 然后就是代码啦 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cctype> #inc…

题意: 已知一个序列 { a [ i ] } ,求取出从中若干不大于 KK 的区间,求这些区间和的最大值. 细节: 没有细节???感觉没有??? 分析: 听说有两种方法!!! 好吧实际上是等价的只是看似状态不同罢了~~~ QAQ Round1:枚举当前点取或不取,当前点 i 取的话那么在前 KK 的数中必须要选择一个数字点 k 不取并且将 k+1 到 i 做为新的区间,最后取最优的 k 作为转移记录下来,并且其满足最有子结构. 所以状态就是:dp[i][0/1] 表示以 i 为结尾是否取 i 最…

题目链接 DP.设last[i][j]是第i个串字符'j'所在的最后的位置,f[i][j][k]是第一个串匹配到i,第二个串匹配到j,第三个串匹配到k,最多的公共子串数. 那么我们三重循环i.j.k,每次更新last数组的值. 然后在三重循环内部再加一重循环从'a'到'z',枚举公共子串的最后一个字符是什么. 然后在last里面找到这三个字符最后出现在什么位置,记为nms. 于是f[i][j][k]=f[n-1][m-1][s-1]+1. 最后输出答案即可. #include<cstring>…

题目链接 DP果真是考思维啊 增加一个数的操作等价于删掉那个不和谐的数的操作. 所以1.2操作可以忽略. 剩下3.4操作,则可以设计f[i][j]是将区间[i,j]变成回文序列需要的操作数. if(a[i]==a[j]) f[i][j]=f[i+1][j-1]; 如果不一致的话,考虑改.删左边.删右边三种操作. #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cctype> #inc…

题目链接在这里 此题DP.用一个前缀和一样的东西,把载i个奶牛的时间求出来,然后DP代码如下: ;i<=n;++i){ f[i]=que[i]; ;j<i;++j) f[i]=min(f[i],f[j]+que[i-j]); } 这句话的意思是说,先载i头奶牛,然后从载0头到载i-1头寻找,看有没有更优解.如果有,那么更新. 最后输出的时候输出DP[n]-m,因为最后FJ是不用再回对岸的 放上代码 #include<cstdio> #include<cstdlib> #…

题目链接 此题使用DP.设f[i][j]表示数i用j个数表示,则对于所有的k<=sqrt(i),有 f[i][j]=∑f[i-k*k][j-1] 但是这样会有重复情况.所以先枚举k,再枚举i和j. 代码如下 #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cctype> inline long long read(){ ,f=; ch…

题目传送门 首先这个题我们一看它就是和概率期望有关,而大多数时候在OI中遇到他们时,都是与dp相关的. \(Vergil\)学长表示,作为\(NOIp2016\)的当事人,他们考前奶联赛一定不会考概率期望,结果...真香!\(qwq\). 不过\(NOIp\)还是对像我这样的菜到不会正解只会写暴力的蒟蒻来说还是很友好的==.据说这题暴力分都拿满有\(80pts+\).作为第三题的分量真的很友好. 暑假学长就是用的这个题给我们讲的二进制枚举.性感学长在线\(debug\). 64分做法: 注意到1…

题目传送门 考虑dp,设f[i]表示到第i时间,能到达的最远距离.因为题目涉及了三种操作:1,补血消耗魔法值:2, 等待增加魔法值:3,直接向前走.而1,3和2,3的操作是可以同时进行没有冲突的,所以我们可以分开处理. 先预处理出使用魔法的情况,再跑一遍朴素走的情况即可. Code #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int m,s,t; ]; int main() { scanf("%d%d…