Another OCD Patient Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others) Total Submission(s): 490    Accepted Submission(s): 180 Problem Description    Xiaoji is an OCD (obsessive-compulsive disorder) patient. This mo…

题目传送门 /* 记忆化搜索(DP+DFS):dp[i][j] 表示第i到第j个字符,最少要加多少个括号 dp[x][x] = 1 一定要加一个括号:dp[x][y] = 0, x > y; 当s[x] 与 s[y] 匹配,则搜索 (x+1, y-1); 否则在x~y-1枚举找到相匹配的括号,更新最小值 */ #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <iostream&…

题意是给4堆(堆的高度小于等于40)有颜色(颜色的种类小于等于20)的物品,你有一个篮子最多能装5件物品,每次从这4堆物品里面任取一件物品放进篮子里,但是取每堆物品时,必须先取上面的物品,才能取下面的物品,如果发现篮子里的两种物品的颜色一样,那么把这两种物品拿出来,问最后最多能拿出多少对物品?:解题思路:记忆化搜索+dp+状态压缩:因为40×40×40×40不会太大,所以可以用dp[x[1]][x[2]][x[3]][x[4]]记录搜索的状态:dp[x[1]][x[2]][x[3]][x[4]]…

直接爆搜肯定超时,除非你加了某种凡人不能想出来的剪枝...555 因为老鼠的路径上的点满足是递增的,所以满足一定的拓补关系,可以利用动态规划求解 但是复杂的拓补关系无法简单的用循环实现,所以直接采取记忆化搜索的方式进行DP,成功避免重叠子问题,避免超时 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include…

Rikka with Nash Equilibrium Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 524288/524288 K (Java/Others)Total Submission(s): 1460    Accepted Submission(s): 591 Problem Description Nash Equilibrium is an important concept in game theory. Ri…

/* 记忆化搜索,第二维判断是否是6 */ #include<stdio.h> #include<string.h> #define N 9 int dp[N][2],digit[N]; int dfs(int len,int cnt,int ok) {//cnt代表是否是6,ok代表前一个是当前为最大值,并且当前也是最大值 if(!len)return 1; if(!ok&&dp[len][cnt]!=-1)return dp[len][cnt]; int i,a…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1331 Function Run Fun Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 3459    Accepted Submission(s): 1707 Problem Description We all love recursio…

题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4722 思路:简单的记忆化搜索,留意一下A==0时的情况就可以了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ]; ll dp[][]; ll dfs(int pos,int…

² 博弈取牌—记忆化搜索 题目描述: 有两副带有数字的牌,(数字>0)两人轮流取,取中了某张牌,自己的分数就加上牌上的数字,但只能从两端取,每人都会用最优的策略使得自己的分数最高.问A先取,他能得到的最高的分数. 解法: 记忆化搜索,对于第一.二副牌的左右端点分别为fr1,ta1, fr2,的情形,某个人能拿到的分数的最大值这次取走牌fr1,ta1,fr2,ta2中的最大值,牌的数目减1,问题规模被缩小.边界条件为当没有牌时为0.因为两个人都是这么思考,可抽象成一个人.当总分数为sum时,我能得…

Solution 注意取模!!! Code #include<bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 #define LL long long using namespace std; int n, a, b; LL mpow(LL a, LL b) { LL ans = ; , a = a * a % mod) ) ans = ans * a % mod; return ans; } LL fac[], inv[], l[], t[]; void init…