动态规划&矩阵连乘 动态规划的概念 •     与分治方法类似       分-治-合 • 与分治方法不同       子问题之间并非相互独立 •     基本思想        用一个表记录所有子问题的解,不管子问题是否被用到,只要它被计算过,就将其结果备份至表中 动态规划的基本要素 •      最优子结构        利用问题的最优子结构性质,以自底向上的方式递归地从子问题的最优解逐步构造出整个问题的最优解.最优子结构是问题能用动态规划算法求解的前提. •      重叠子问题 •  …

描述 http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3270 \(n\)个房间,刚开始两个人分别在\(a,b\),每分钟在第\(i\)个房间有\(p[i]\)的概率不动,如果动的话,等概率移动到连接的房间,求他们在每个房间相遇的概率. 分析 有点像BZOJ_1778_[Usaco2010_Hol]_Dotp_驱逐猪猡_(期望动态规划+高斯消元+矩阵)那道题. 在那道题里,转移的是炸弹,这道题里,转移的是两个人的状态. 我们把一个甲在\(i\),乙…

  (Another) YYF is a couragous scout. Now he is on a dangerous mission which is to penetrate into the enemy's base. After overcoming a series difficulties, (Another) YYF is now at the start of enemy's famous "mine road". This is a very long road…

动态规划(Dynamic Programming):与分治法类似,其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题,先求解子问题,然后从这些子问题的解得到原问题的解.与分治法不同的是,适用于动态规划法求解的问题,经分解得到的子问题往往不是互相独立的. 使用动态规划法求解的问题需要符合一些条件: (1):所求解问题必须要符合最优子结构:(最优子结构即:原问题的最优解中包含了子问题的最优解) (2):原问题分解出来的子问题相互之间存在联系,即递归时会重复解决之前已解决过的子问题. 先说明一些前提: (1…

题目 最早不会写,看了网上的分析,然后终于想明白了矩阵是怎么出来的了,哈哈哈哈. 因为边上的项目排列顺序不一样,所以写出来的矩阵形式也可能不一样,但是都是可以的 //愚钝的我不会写这题,然后百度了,照着大神的题解,有了如下的东东: //根据ff, mm, fm, mf ,先列出所有可能的组合方式(1表示连在一次,具体判断方式自己看看就知道了) // ff mm fm mf //ff 1 0 1 0 //mm 0 1 0 1 //fm 0 1 0 1 //mf 1 0 1 0 //题目中说不能有f…

一个N*N矩阵中有不同的正整数,经过这个格子,就能获得相应价值的奖励,从左上走到右下,只能向下向右走,求能够获得的最大价值. 例如:3 * 3的方格. 1 3 3 2 1 3 2 2 1 能够获得的最大价值为:11. Input 第1行:N,N为矩阵的大小.(2 <= N <= 500) 第2 - N + 1行:每行N个数,中间用空格隔开,对应格子中奖励的价值.(1 <= N[i] <= 10000) OutPut 输出能够获得的最大价值. Input示例 3 1 3 3 2 1 …

Problem   Educational Codeforces Round 60 (Rated for Div. 2) - D. Magic Gems Time Limit: 3000 mSec Problem Description Input The input contains a single line consisting of 2 integers N and M (1≤N≤10^18, 2≤M≤100). Output Print one integer, the total n…

考虑对一个串如何分割能取得最大值.那么这是一个经典的线段覆盖问题,显然每次取右端点尽量靠前的串.于是可以把串放在AC自动机上跑,找到一个合法串后就记录并跳到根. 然后考虑dp.设f[i][j]表示前i位走到AC自动机上j节点的概率,枚举下个字符即可转移.同时记录此时期望伤害,找到合法串就统计入答案. 并且注意到每次转移是相同的.矩阵快速幂优化即可. 以及非常卡精度,需要全程long double.cout的保留小数位数误差是相当大的,必须用printf.并且转移到某个字符的概率即1/alphab…

bzoj1875,懒得复制,戳我戳我 Solution: 看到这道题,看的出是个dp,每个点\(t\)时刻到达的方案数等于\(t-1\)到连过来的点方案数之和 但又因为题目有要求不能走一样的边回去不是说不能回到之前那个点,而是不能走一样的边 又因为\(t\)很大,每次我们的都是做的重复的操作,我们就可以想到矩阵快速幂 为了保证不走重边回去,我们就可以用一个骚操作,把边化作点,然后双向边可以看做两条单向边,然后把每条单向边看做节点,连向所(这条边连向的节点)连出去的边.但是不连这条边的反向边,这样…

显然答案为Σkb·(n-k)a·C(n-k+1,k).并且可以发现ΣC(n-k,k)=fibn.但这实际上没有任何卵用. 纯组合看起来不太行得通,换个思路,考虑一个显然的dp,即设f[i][j][0/1]为前i为选了j个1其中第i位是0/1的方案数.这样当然能求出答案,复杂度O(n2). 注意到ab很小,并且事实上我们并不需要知道所有的方案数,而是只要求出贡献就可以了.而又有xayb=xa(n-x)b,这个式子显然只要求出所有Σxi就能求了.再由二项式定理,(k+1)b=ΣC(b,i)ki.那么…