前言
今天要DP练（kao）习（shi），历经10h，因为是第一天竞赛课，早上照例睡懒觉，起来已经没早饭吃了，默默的啃着牛肉棒打着比赛。作为DP的蒟蒻，我也是很慌张了。在我还没吃完的时候，已经有人A了两题了，吓得我……虽然好像是**的，啊呀不管了。
T1
hdu1176
看完题目我是一脸懵逼，完全没有思路，是写完T2T3再回来做的。
看到题目当时就想到FJ收苹果，但发现不一样，就开始在草稿纸上瞎画，莫名写出状态。以时间为状态。一下子就变成一道水的dP了
状态转移方程为:
。pie[i][j]为时间i时在j位置掉的馅饼数目。
//By Bibi
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#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int MAXN=100010;
int read(){
int sum=0,flag=1;
char c;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-') flag=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())sum=(sum<<1)+(sum<<3)+c-'0';
return sum*flag;
}
int n;
int f[MAXN][11];
int ans;
int x,y;
int maxx;
int fmax(int a,int b,int c){
int max1;
max1=a>b?a:b;
max1=max1>c? max1:c;
return max1;
}
void DP(){
dep(i,maxx-1,0)
{
rep(j,1,9) f[i][j]+=fmax(f[i+1][j-1],f[i+1][j],f[i+1][j+1]);
f[i][0]+=max(f[i+1][0],f[i+1][1]);
f[i][10]+=max(f[i+1][10],f[i+1][9]);
}
printf("%d\n",f[0][5]);
}
void init(){
n=read();
while(n!=0){
memset(f,0,sizeof f);
maxx=0;
rep(i,1,n){
x=read();y=read();
f[y][x]++;
maxx=max(maxx,y);
}
DP();
n=read();
}
}
int main(){
init();
return 0;
}T2
codeforces 474D flowers
题意很简单，就相当于走楼梯，一次走一格和一次走k格，求方案数，问区间的方案数和。
和走楼梯差不多，没什么可说的。但是某s神以为k=1时两种走法是一样的，于是特判了一下，疯狂罚时，可以感受到她的mmp了，像我这种考虑不到的蒟蒻反而一遍A了。
//By Bibi
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#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int MAXN=100010;
const int mod=1000000007;
int read(){
int sum=0,flag=1;
char c;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-') flag=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())sum=(sum<<1)+(sum<<3)+c-'0';
return sum*flag;
}
int t,k;
int l[MAXN],r[MAXN];
int ans;
int f[MAXN];
int sum[MAXN];
int maxx;
void DP(){
memset(f,0,sizeof f);
memset(sum,0,sizeof sum);
rep(i,1,k-1) f[i]=1;
f[k]=2;
rep(i,k+1,maxx) f[i]=(f[i-1]%mod+f[i-k]%mod)%mod;
rep(i,1,maxx) sum[i]=(sum[i-1]%mod+f[i]%mod)%mod;
}
void init(){
t=read();k=read();
rep(i,1,t){
l[i]=read();r[i]=read();
maxx=max(maxx,r[i]);
}
DP();
rep(i,1,t){
int ans;
ans=sum[r[i]]-sum[l[i]-1];
printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}
}
int main(){
init();
return 0;
}T3
CodeForces 366C
有n个水果, 每个水果都有两个属性值ai表示美味程度, bi表示能量值, 现在要求选出一个或多个水果, 使得选出的水果的ai和与bi和的比例是k 问在这种清形可能出现的情况下ai的和最多是多少, 如果这样的情形不存在输出 -1
刚开始想的太简单了，求了两个前缀和，因为都是正整数，根据贪心，取的越多越好，然后判断比例，居然还过了5个点，忽然发现不一定是连续取的，后来来问我的z神也是这个错误（别问我为什么考试的时候还讨论）。其实看到题目的已经想到用背包做了，但是不会写啊。现在重新考虑背包的写法。先将ab转化为a-k*b，在线性上处理，但是你会发现有正数有负数，莫y姓大佬用的是偏移量，我懒得写了，就正数负数分开做了两遍背包，但是在做负数的时候要注意，不是01背包，是完全背包，当时卡了好久。
//By Bibi
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#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int MAXN=1e6;
const int INF=1e9;
int read(){
int sum=0,flag=1;
char c;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-') flag=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())sum=(sum<<1)+(sum<<3)+c-'0';
return sum*flag;
}
int n,k;
struct fruit{
int a,b;
}p[MAXN];
int f[MAXN];
int dp[MAXN];
int dpp[MAXN];
int x[MAXN],xx[MAXN];
int y[MAXN];
int yfu[MAXN];
void init(){
n=read();k=read();
rep(i,1,n) p[i].a=read();
rep(i,1,n) p[i].b=read()*k;
rep(i,1,n) f[i]=p[i].a-p[i].b;
}
void DP(){
int cot1=1;
int cot2=1;
int sum1=0;
int sum2=0;
int res=0;
rep(i,1,n){
if(f[i]<0){
x[cot1]=p[i].a;
yfu[cot1]=-f[i];
++cot1;
sum1+=yfu[cot1-1];
}
else if(f[i]>0){
xx[cot2]=p[i].a;
y[cot2]=f[i];
++cot2;
sum2+=y[cot2-1] ;
}
if(f[i]==0) res+=p[i].a;
}
cot1--;
cot2--;
rep(i,1,sum1) dp[i]=-INF;
dp[0]=0;
int c=0;
rep(i,1,cot1){
dep(j,sum1,yfu[i]){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-yfu[i]]+x[i]);
}
}
rep(i,1,sum2) dpp[i]=-INF;
rep(i,1,cot2){
dep(j,sum2,y[i]){
dpp[j]=max(dpp[j],dpp[j-y[i]]+xx[i]);
}
}
int ans=0;
int minn=min(sum1,sum2);
rep(i,1,minn){
ans=max(dpp[i]+dp[i],ans);
}
ans+=res;
if(!ans) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
}
int main(){
init();
DP();
// rep(i,1,n) cout<<f[i]<<" ";
// printf("%d",ans);
return 0;
}T4
CodeForces 149D
给一个合法的括号串，然后问这串括号有多少种涂色方案，当然啦！涂色是有限制的。
1,每个括号只有三种选择：涂红色，涂蓝色，不涂色。
2,每对括号有且仅有其中一个被涂色。
3,相邻的括号不能涂相同的颜色，但是相邻的括号可以同时不涂色。
T4当时硬是没肝出来，后来听了大佬的讲述才A掉的
先每对对括号进行记录。
dp的时候，当左右两边括号是匹配的时候，就为两个括号染色，然后就把状态转移到它们里面的括号串了
当不匹配的时候，也就是这个串是由多个匹配串并列而成的，那么就是dfs的思想了，为第一对括号染色，并求这对括号的子括号串的染色方案数，然后dp后面的那些串，直到dp到只剩一个串，并根据乘法原则把各种方案累计起来。（这样做是因为染色是和两边的括号颜色有关系的，而我们在dp前必须确定这个串两端的括号颜色。
递归的停止是当括号只有两个时，返回可能的染色数。
//By Bibi
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#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int MAXN=710;
const LL MOD=1e9+7;
char str[MAXN];
int color[MAXN];
int w[4][2]={{1, 0}, {0, 1}, {2, 0}, {0, 2}};
// 0: 无色
// 1: 红
// 2: 蓝
int f[MAXN][MAXN][4][4],match[MAXN];
int stk[MAXN],cnt;
int dp(int l,int r){
LL sum=0,pre,els;
if (l==r-1){
if (color[l - 1] != 1) sum++;
if (color[l - 1] != 2) sum++;
if (color[r + 1] != 1) sum++;
if (color[r + 1] != 2) sum++;
return sum;
}
if (match[l]==r){
for (int i=0;i<4;++i) {
if (color[l - 1] == w[i][0] && w[i][0]) continue;
if (color[r + 1] == w[i][1] && w[i][1]) continue;
color[l] = w[i][0];
color[r] = w[i][1];
if (!f[l + 1][r - 1][w[i][0]][w[i][1]])
f[l + 1][r - 1][w[i][0]][w[i][1]] = dp(l + 1, r - 1);
sum += f[l + 1][r - 1][w[i][0]][w[i][1]];
sum %= MOD;
}
} else {
for (int i = 0; i < 4; i++) {
if (color[l - 1] == w[i][0] && w[i][0]) continue;
color[l] = w[i][0];
color[match[l]] = w[i][1];
if (l == match[l] - 1)
pre = 1;
else {
if (!f[l + 1][match[l]-1][w[i][0]][w[i][1]])
f[l + 1][match[l]-1][w[i][0]][w[i][1]] = dp(l + 1, match[l] - 1);
pre = f[l + 1][match[l]-1][w[i][0]][w[i][1]];
}
if (!f[match[l]+1][r][color[match[l]]][color[r+ 1]])
f[match[l]+1][r][color[match[l]]][color[r+ 1]] = dp(match[l] + 1, r);
els=f[match[l]+1][r][color[match[l]]][color[r+ 1]];
sum+=pre*els;
sum%=MOD;
}
}
return sum;
}
int main() {
gets(str + 1);
int len = strlen(str + 1);
// 预处理
for (int i=len;i>=1;i--)
if (str[i]==')') stk[cnt++] = i;
else match[i]=stk[--cnt];
printf("%d\n",dp(1, len));
return 0;
}T5
现有一个字符串 s = s1s2… s|s| of length |s|, 由小写字符组成. 现在有 q 次查询, 每次查询给两个整数 li, ri (1 ≤ li ≤ ri ≤ |s|). 每次查询你的程序要给出此字符串的子串 s[li… ri]有多少个回文串.
CodeForces 245H
当时想的思路是先预处理出所有的回文子串，再跑一遍区间DP，但是硬是过不去，也不知道错哪里了。
后面看题解是边做区间边判断回文子串，用容斥原理，加上两边的减去中间的就好了。很难受，一堆人过的题硬是没过去……
T6
CodeForces 432D
给你一个长度为n的长字符串，“完美子串”既是它的前缀也是它的后缀，求“完美子串”的个数且统计这些子串的在长字符串中出现的次数
看到题目我就很后悔了，为什么没有先看到这题，还能骗个高亮。昨天我刚刚讲过一道非常非常一样的kmp题了。就差这题就能AK的某y神（%%%）很后悔昨天没来听课……
对于一个完美子串，一定是next[n]所在的那条链上，标记一下，做一个类似递归的累加就ojbk了
//By Bibi
/// .-~~~~~~~~~-._ _.-~~~~~~~~~-.
/// __.' ~. .~ `.__
/// .'// \./ \\`.
/// .'// | \\`.
/// .'// .-~"""""""~~~~-._ | _,-~~~~"""""""~-. \\`.
/// .'//.-" `-. | .-' "-.\\`.
/// .'//______.============-.. \ | / ..-============.______\\`.
/// .'______________________________\|/______________________________`.
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
const int MAXN=1e5+7;
int read(){
int sum=0,flag=1;
char c;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-') flag=-1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())sum=(sum<<1)+(sum<<3)+c-'0';
return sum*flag;
}
char s[MAXN];
int next[MAXN];
int len;
int ans;
int f[MAXN];
int p[MAXN];
struct wanmei{
int l,c;
}a[MAXN];
int tot;
void init(){
scanf("%s",s+1);
len=strlen(s+1);
}
int maxx;
void yuchuli(){
int j=0;
next[1]=0;
rep(i,2,len){
while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=next[j];
if(s[i]==s[j+1]) ++j;
next[i]=j;
}
}
void DP(){
int j=next[len];
while(j){
p[++tot]=j;
j=next[j];
}
dep(i,len,1){
f[i]++;
f[next[i]]+=f[i];
}
}
int main(){
init();
yuchuli();
DP();
printf("%d\n",tot+1);
dep(i,tot,1) printf("%d %d\n",p[i],f[p[i]]);
printf("%d %d",len,f[len]);
return 0;
}T7
codeforces 709E
树是一个无环联通图. 现在给你一个 n 个点的树. 树的 重心 的定义为，如果把这个点去掉，剩余的每个联通分量的结点个数不会超过.
给定 n个点的树，现在你可以进行一次移边操作. 移边 指的是删除一条边 (不删除相应的点) 再增加一条边 (不增加新的点) 操作后还这个图还具有树的性质. 现在问，如果可以进行一次移边操作，每个点是否可以成为树的重心。
还没写过树形DP啊啊啊啊，先去写完再来说吧
T8
Codeforces700B Connecting Universitie
给定n个城市，他们之间的连接方式为一棵树 ，由n-1条道路直接连接，这n-1条道路的长度都是相同的
现在有 2k 个不同的城市想与其他城市建立友好城市.
现在你的问题是，如何让这些城市完成匹配，或者叫友好城市配对后，这些友好城市之间的距离累加和最大。
一样