P1233 木棍加工 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
贪心+dp，经典LIS，看了题解才知道还有这样一个定理
dilworth定理：不下降子序列最小个数等于最大上升子序列的长度。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
struct node{
int a,b;
};
node x[5001];
int dp[5001];
bool com(node &a,node&b){
if(a.a==b.a){
return a.b>b.b;
}
return a.a>b.a;
}
int LIS(){
int ans=0;
for(int i=1;i<n;i++){
for(int k=i-1;k>=0;k--){
if(x[i].b>x[k].b){
dp[i]=max(dp[i],dp[k]+1);
}
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
return ans;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>x[i].a>>x[i].b;
dp[i]=1;
}
sort(x,x+n,com);
cout<<LIS()<<endl;
return 0;
}[P1091 NOIP2004 提高组] 合唱队形 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
俺也不知道这题算不算dp,俺也不敢问，
分别把每个数当作中间最大的那个数，求出其左侧最多的递减的数的个数和其右侧最多的递增的数的个数，相加最大的就是答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int g[105],f[105],a[105],s[105];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
f[i]=1;
g[i]=1;
}
for(int i=n-1;i>=1;i--){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(a[i]>a[j]){
f[i]=max(f[i],f[j]+1);
}
}
}
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=1;j<i;j++){
if(a[i]>a[j])
{
g[i]=max(g[i],g[j]+1);
}
}
}
int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
s[i]=f[i]+g[i]-1;
maxx=max(s[i],maxx);
}
cout<<n-maxx;
}Problem - C - Codeforces (Unofficial mirror site, accelerated for Chinese users)
一道二维前缀和dp，但是没做出来，看了一年不知道自己哪里写的不对，www，先挂着等我变强了再回来看吧,毕竟1700，现在我还不配。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mp[401][401];
//二维前缀和，代表从1，1开始长为a宽为b的矩形中1的数量
int dp[401][401];
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int k=1;k<=m;k++){
char t;
cin>>t;
mp[i][k]=t-'0';
}
memset(dp[i],0,sizeof(dp[i]));
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int k=1;k<=m;k++){
dp[i][k]=dp[i-1][k]+dp[i][k-1]-dp[i-1][k-1]+mp[i][k];
//cout<<dp[i][k]<<" ";
}
//cout<<endl;
}
int ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int k=1;k<=m;k++){
for(int s=i+4;s<=n;s++){
for(int j=k+3;j<=m;j++){
//以(i,k)(s,j)为顶点的矩形的四条边的0的个数加上中心1的个数
int line1=dp[s][j]-dp[s][j-1]-mp[s][j]-(dp[i][j]-dp[i][j-1]);
int line2=dp[i][j]-dp[i-1][j]-mp[i][j]-(dp[i][k]-dp[i-1][k]);
int line3=dp[s][k]-dp[s][k-1]-mp[s][k]-(dp[i][k]-dp[i][k-1]);
int line4=dp[s][j]-dp[s-1][j]-mp[s][j]-(dp[s][k]-dp[s-1][k]);
int mid=dp[s][j]-dp[s][k]-dp[i][j]+dp[i][k]-line1-line4-mp[s][j];
int t=(j-k-1)*2+(s-i-1)*2;
t=t-line1-line2-line3-line4;
t+=mid;
//cout<<line1<<" "<<line2<<" "<<line3<<" "<<line4<<" "<<mid<<endl;
if(t>ans){
break;
}
ans=min(t,ans);
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}Problem - D - Codeforces (Unofficial mirror site, accelerated for Chinese users)
不算很难的一题，但是羸弱的我还是没想出来。
其实这题只用想清楚两种情况就行了
1-不删数，最长连续上升子序列
2-删数，假设删除a[i],那么有可能对结果产生影响的唯一情况就是a[i-1]<a[i+1]时，新结果为以a[i-1]为结尾的最长连续上升子序列+以a[i+1]为起点的最长连续上升子序列
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x[200001];
int LIS1[200001];
int LIS2[200001];
int main(){
int n;
cin>>n;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>x[i];
LIS1[i]=1;
LIS2[i]=1;
}
for(int i=1;i<n;i++){
if(x[i]>x[i-1]){
LIS1[i]=LIS1[i-1]+1;
}
ans=max(ans,LIS1[i]);
}
for(int i=n-2;i>=0;i--){
if(x[i]<x[i+1]){
LIS2[i]=LIS2[i+1]+1;
}
ans=max(ans,LIS1[i]);
}
for(int i=0;i<n-2;i++){
if(x[i]<x[i+2]){
ans=max(ans,LIS1[i]+LIS2[i+2]);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}Problem - 1492C - Codeforces (Unofficial mirror site, accelerated for Chinese users)
哎，人麻了，看了题解恍然大悟，为什么自己就想不到呢，看来还是欠点火候
准备两个数组，pre代表b中每个字符可以匹配的最左位置
en代表b中的每个字符可以匹配的最右的位置
而答案一定产生在相邻的两个b的字符中，即前一个最左，后一个最右，遍历取差最大即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int pre[200001];
int en[200001];
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
string a,b;
cin>>a>>b;
int pos=0;
for(int i=0;i<a.size();i++){
while(a[i]!=b[pos]){
i++;
}
pre[pos]=i;
pos++;
if(pos==b.size()){
break;
}
}
pos=b.size()-1;
for(int i=a.size()-1;i>=0;i--){
while(a[i]!=b[pos]){
i--;
}
en[pos]=i;
pos--;
if(pos==b.size()){
break;
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<b.size();i++){
ans=max(ans,en[i]-pre[i-1]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}1463 -- Strategic game (poj.org)
树形dp入门题目，周赛a题，听了zwt大人的讲解，我恍然大悟，题目大意是给你一颗树，你可以在其中选择任意数量的结点放上哨兵，而后以该点为端点的边就会被监视，求最少放置多少个哨兵可以让所有的边都被覆盖到
思路：树上dp问题，我们从根节点开始考虑，无非就是两种情况，我选择了根节点和我没选择根节点（就是放置哨兵的意思）
1-选择根节点，而后与它相邻的各边都被覆盖，那他的儿子们上放不放哨兵都无所谓了
2-不选择根节点，那他的儿子每一个都必须放上了哨兵
由此可以定义两个维度dp[n] [2]，dp[i] [0]代表以第i个结点为根节点，不选择第i个结点所需要的最少哨兵数，dp[i] [1]代表以第i个结点为根节点，选择第i个结点所需要的最少哨兵数，所以状态转移方程就是
其中n是u的孩子，num是u的儿子个数
实现的时候就在dfs的回溯过程中更新dp就可以了（树上dfs时间复杂度就是O(n)）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string.h>
using namespace std;
vector<int>mp[1501];
int in[1501];
int dp[1501][2];
int n;
void dfs(int now){
if(mp[now].size()==0){
dp[now][0]=0;
dp[now][1]=1;
return;
}
for(int i=0;i<mp[now].size();i++){
dfs(mp[now][i]);
}
for(int i=0;i<mp[now].size();i++){
dp[now][1]+=min(dp[mp[now][i]][1],dp[mp[now][i]][0]);
dp[now][0]+=dp[mp[now][i]][1];
}
dp[now][1]++;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
memset(in,0,sizeof(in));
memset(mp,0,sizeof(mp));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++){
int x;
char t;
scanf("%d",&x);
scanf("%c%c",&t,&t);
int num;
scanf("%d",&num);
scanf("%c",&t);
for(int k=0;k<num;k++){
int y;
scanf("%d",&y);
mp[x].push_back(y);
in[y]++;
}
}
int root=0;
for(int i=0;i<n;i++){
//cout<<in[i]<<" ";
if(in[i]==0){
root=i;
break;
}
}
dfs(root);
printf("%d\n",min(dp[root][0],dp[root][1]));
}
return 0;
}总结：周赛运气成分居多，1800的题居然都蒙出来了，平时1500的题都不会做，呜呜呜，国庆也没咋训练就水过去了，哎，还因为宿舍分痛失奖学金，fpx还四连跪，艹，心态崩了，下周考虑考虑继续dp，还是开字符串，mua的区间dp刷不动了，树上dp学不会。