题目链接: https://vijos.org/p/1100 题目大意:NOIP著名的加分二叉树.给出一棵树的中序遍历,加分规则左子树*右子树+根.空子树分数为1.问最大加分的树结构,输出树结构的先序遍历. 解题思路: 先从小的问题看起. 对于一棵子树,只要知道根是啥,就能轻松求出这棵子树的加分情况. 那么就变成枚举根的区间DP问题. 由于要输出先序遍历,则用m[i][j]记录在i~j区间选择的根. 区间DP边界: ①一个点情况:即无左右子树,dp[i][i]=node[i],m[i][i]=i…

链接:https://vijos.org/p/1002 题意:一条长度为L(L <= 1e9)的桥上有N(1<= N <= 100)颗石头.桥的起点为0终点为L.一只青蛙从0开始跳,每次跳的长度在s,t(1<= s <= t <= 10)之间.问青蛙过河最少踩到的石头的数量? 思路:区间dp的感觉很强烈..但是范围实在是太大了.并且有一种感觉就是当两颗相邻的石头之间的距离相距很远时,其中间的很大一段其实状态只是一个递推的关系,即只是传递,并没有改变一段区间的状态.并且有…

描述 zgx给了你一个n边的多边形,这个多边形每个顶点赋予一个值,每条边都被标上运算符号+或*,对于这个多边形有一个游戏,游戏的步骤如下:(1)第一步,删掉一条边:(2)接下来n-1步,每步对剩下的边中的一条进行操作,用一个新的顶点取代这条边.将这条被取代的边两端的顶点的整数值通过边上的运算得到的结果赋予新顶点. 最后,所有的边被删除,只剩一个定点,这个定点的整数值就是游戏的最后得分. 你要做的就是算出给你的多边形能得到的最高分和最低分. 格式 输入格式 第一行,n;第二行,n条边的运算符:第三…

背景 小K攒足了路费来到了教主所在的宫殿门前,但是当小K要进去的时候,却发现了要与教主守护者进行一个特殊的游戏,只有取到了最大值才能进去Orz教主…… 描述 守护者拿出被划分为n个格子的一个圆环,每个格子上都有一个正整数,并且定义两个格子的距离为两个格子之间的格子数的最小值.环的圆心处固定了一个指针,一开始指向了圆环上的某一个格子,你可以取下指针所指的那个格子里的数以及与这个格子距离不大于k的格子的数,取一个数的代价即这个数的值.指针是可以转动的,每次转动可以将指针由一个格子转向其相邻的格子,且…

Cheapest Palindrome Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 7869   Accepted: 3816 Description Keeping track of all the cows can be a tricky task so Farmer John has installed a system to automate it. He has installed on each cow a…

个人心得:动态规划真的是够烦人的,这题好不容易写出了转移方程,结果超时,然后看题解,为什么这些题目都是这样一步一步的 递推,在我看来就是懵逼的状态,还有那个背包也是,硬是从最大的V一直到0,而这个就是从把间距为1到ch.size()全部算出来,难道 这就是动态规划,无后效性,即每一步都是最优的状态,所以把所有状况全部解决然后就可以一步一步往后面推了??值得深思 网上题解: 分析:我们知道求添加最少的字母让其回文是经典dp问题,转化成LCS求解.这个是一个很明显的区间dp 我们定义dp [ i ]…

题意:在研究过Nim游戏及各种变种之后,Orez又发现了一种全新的取石子游戏,这个游戏是这样的: 有n堆石子,将这n堆石子摆成一排.游戏由两个人进行,两人轮流操作,每次操作者都可以从最左或最右的一堆中取出若干颗石子, 可以将那一堆全部取掉,但不能不取,不能操作的人就输了. Orez问:对于任意给出一个初始一个局面,是否存在先手必胜策略. T≤10 n≤1000 每堆的石子数目≤1e9 思路:From http://www.cnblogs.com/zcwwzdjn/archive/2012/05/…

vijos1312 链接:www.vijos.org/p/1312 题目分析:经典的环形DP(区间DP) 环形DP,首先解环过程,把数组复制一遍,n个数变成2n个数,从而实现解环 dp[i][j]表示从i开始的长度为j的项链的最大值,由于其长度至少为3,所以就转换为一个经典的区间DP来做 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]) #include<iostream> #include<cstdio> #inclu…

只要发现添加一个字符和删除一个字符是等价的,就是挺裸的区间dp了 因为在当前位置加上一个字符x就相当于在他的对称位置删掉字符x,所以只要考虑删除即可,删除费用是添加和删除取min 设f[i][j]为从i到j的价格,长度从小到大枚举更新就行了 f[i][j]=min(f[i][j-1]+cost[s[j]],f[i+1][j]+cost[s[i]]),如果s[i]==s[j]还能和f[i+1][j-1]取个min #include<iostream> #include<cstdio>…

POJ - 3280 Cheapest Palindrome Time Limit: 2000MS   Memory Limit: 65536KB   64bit IO Format: %I64d & %I64u id=16272" class="login ui-button ui-widget ui-state-default ui-corner-all ui-button-text-only" style="display:inline-block;…