Oxer的dp训练
来源:互联网 发布:能看镇魂街漫画的软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 04:33
蒟蒻Oxer的dp太弱了,于是他决定去刷成吨的dp题,作为NOIP前的训练计划,顺便总结一下计数类问题。
1:bzoj1801
n*m矩阵,每行每列最多有2个1,求方案数。
看了一眼题解,转移比较多吧,f[i][j][k]表示前i行,j列有1个,k列有2个。
然后,考虑第i行最多能放2个,然后转移。
放0个f[i-1][j][k]
放1个f[i-1][j-1][k]*(m-(j-1)-k)f[i-1][j+1][k-1]*(j+1)
放2个
0,0 f[i-1][j-2][k]*C(m-(j-2)-k,2)
0,1 f[i-1][j][k-1]*(m-j-(k-1))*j
1,1 f[i-1][j+2][k-2]*C(j+2,2)
然后一开始傻逼了,以为一行放两个还能放在同一列。。。
2:bzoj2064
两列数,要求将第一列数合并或分裂,直到第一列变成第二列,求最小次数。
题解在这里:http://www.cnblogs.com/philippica/p/4136176.html
首先是一个转化,我们考虑最多需要n1+n2次操作(其实不是,但是后面会减掉),因为我们可以把所有的都合起来,再拆开。
那么我们发现如果第一列P集合和第二列Q集合的和相同,那么我们可以减去两次操作,我们不需要把它与总和合并和分开。
dp[P][Q]表示第一列P集合和第二列Q集合合并最多可以减少多少次,那么他可以由dp[P-(1<<i)][Q]和dp[P][Q-(1<<i)]转移来,如果P的和等于Q的和,那么就可以多减少两次。
3:bzoj1827
看到了3743,第一眼看成奶牛大集会了,于是我就A掉了奶牛大集会。
f[i]表示以i为根的节点到i的答案,g[i]表示以i为根的子树外的节点到i的答案。
然后转移即可。
4:bzoj3743
看成奶牛大集会了,然后就不会做了。
首先是类似1827的,f[i]表示从i出发访问以i为根的子树中的点再回到i的最小值,g[i]表示从i出发访问不是以i为根的子树中的点再回到i的最小值。
那么答案是不是f[i]+g[i]呢?很明显不是的,因为它可以停留在任意一个点,那么我们让它停留在离i最远的那个点就可以了。
z[i][0]表示从i向下走的最长路,z[i][1]表示次长路,d[i]表示从i向上走的最长路,ans[i]=f[i]+g[i]-max(d[i],z[i][0])
这里要注意d[i]转移时,是由d[fa[i]]转移来的,如果以fa[i]为根的子树中的最长路恰好在i的子树里的话,那么就要拿次长路来转移,所以计算z时,必须要保证z[i][0]和z[i][1]来自两颗子树。这个怎么做呢?我们只需要让一个子树的最长路向上转移。
好蛋疼呀。
5:bzoj2669
神题一枚,dp+容斥计数。首先dp就有一个转化,我们无法暴力压缩放过的数,那么我们考虑按照从小到大填数,那么X一定会比周围的点都早填入,f[i][S]表示已经放了前i个数,X点被填的集合是S的方案数,X点最多有8个,所以是可行的。
那么考虑转移,第i个数可以放在一个X点,那么很明显f[i][S]+=f[i-1][S^(1<<k)] (S&(1<<k)==0)。
我们还可以把它放在非X点中,那么我们考虑可以放的点的个数,那些没有放过的X点周围肯定是不能放的,然后已经放过的X点周围又已经放了i-1个,那么我们就可以处理出一个cnt[S]表示当放过的X点集合为S时,有多少个点是可放的,那么转移时就把它乘上cnt[S]-(i-1)就可以了。
然而,还有一个问题,就是可能出现3*3的正方形全是‘.’,这样的话,就可能出现中间的那个点出现局部最小值的情况,我们要把它容斥掉,即全都不选=全都选-只选一个+只选两个……
这道题对容斥和dp的能力都有所考验,是道好题。
6:bzoj1049
数据范围没给全真心坑,WA了好多次。
第一问f[i]表示到第i个为止能变成递增序列的最长的序列长度为多少。f[i]=max{f[j]+1} (a[i]-a[j]>=i-j),所以我们把权值改为a[i]-i,这样就可以求最长不下降子序列了。
第二问有一个结论,加入i是从j转移来的,那么在[i+1,j-1]中必定有一个k,使[i,k]全变成a[i],[k+1,j]全变成a[j],这样答案最小,所以我们把dp值为i的点存起来,然后枚举每个节点,看一看它从哪里转移过来,然后算一下就可以了。
注意要在最后多建出一个节点,因为最大值不一定只有一个。
7:bzoj1060
闲来无事刷水题,结果傻逼读错题。
刚开始以为能加能减,后来发现傻逼了,直接暴力dp就可以了,f[i]表示从叶子节点到i的最长距离。
据说数据有问题?!
8:bzoj3566
是我有读错题了?不是吧。
题上明明说只能从直接充电的到间接充电的,那么思路就完全不同了吧。
不管了,先按照题解上的做。
n-不能充上电的元件个数
f[i][0]表示i的子节点不能给i充电的概率
f[i][1]表示i的父节点不能给i充电的概率
t=f[fa[i]][0]/(f[i][0]+(1-f[i])*(1-len[p]))*f[fa[i]][1]
f[i][1]=t+(1-t)*(1-len[p])
f[i][0]=(1-q[i])*∏(f[son[i]][0]+(1-f[son[i]][0])*(1-len[p]))
9:bzoj4197
10:bzoj4069
为什么我到现在都觉得这道题并不是很简单?
按位贪心的思想,从最高位枚举,然后f[i][j]表示前i个数分成j组能否在满足前t-1位为ans的情况下使第t位为0。
如果A=1,则g[i]表示前i个数满足前t-1位为ans的情况下使第t位为0,最少分成几份。
表示对于C++自带的LOG不能信呀,果断自己写。
11:bzoj2298
12:bzoj2302
13:bzoj1037
难得秒题。
f[i][j][k][q]前i个男生前j个女生以i+j为结尾的最大的男-女=k个,最大女-男=q的方案数
f[i][j][k][q]-->f[i+1][j][k+1][q-1]
-->f[i][j+1][k-1][q+1]
14:bzoj1003
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