Apple Catching Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 13447   Accepted: 6549 Description It is a little known fact that cows love apples. Farmer John has two apple trees (which are conveniently numbered 1 and 2) in his field, ea…

题意:有两棵树,标号为1和2,在Tmin内,每分钟都会有一个苹果从其中一棵树上落下,问最多移动M次的情况下(该人可瞬间移动),最多能吃到多少苹果.假设该人一开始在标号为1的树下. 分析: 1.dp[x][y][z]---第x分钟移动了y次的情况下,现在位于标号为z的树下最多吃到的苹果数. 2.枚举所有的时间.次数和可能位于的树下. 若第i分钟该人位于标号为k的树下,第i + 1分钟苹果从标号为a[i+1]的树上落下. (1)k==a[i], 此人站在标号为k的树下不移动,即可再吃到一个苹果:dp…

Milking Time Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 10898   Accepted: 4591 Description Bessie is such a hard-working cow. In fact, she is so focused on maximizing her productivity that she decides to schedule her next N (1 ≤ N ≤…

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1068 发现如果只设一维的话无法转移 那么我们开第二维,发现对于前i个来说,如果确定了M在哪里,第i个是用R还是不用就能确定了(如果用R那么在中间一定变成了缓冲串) 那么可以转移了 设d[i,j]表示前i个串,最近的一个M在i的前边一个格子,的最短长度,有 d[1,1]=1 d[i,i]=min{d[i-1,j]}+2 //即用一次M又补上i,所以+2 d[i,j]=d[pos,j]+1,其中pos…

http://poj.org/problem?id=2234 博弈论真是博大精深orz 首先我们仔细分析很容易分析出来,当只有一堆的时候,先手必胜:两堆并且相同的时候,先手必败,反之必胜. 根据博弈论的知识(论文 张一飞:<由感性认识到理性认识——透析一类搏弈游戏的解答过程>) 局面可以分解,且结果可以合并. 局面均是先手 当子局面是 胜 和 败,那么局面则为胜 当子局面是 败 和 胜,那么局面则为胜 当子局面是 败 和 败,那么局面则为败 当子局面为 胜 和 胜,那么局面为不确定 而这些性质…

题目传送门:1519 拆方块 首先,我们可以发现,如果第i堆方块被消除,只有三种情况: 1.第i-1堆方块全部被消除: 2.第i+1堆方块全部被消除:(因为两侧的方块能够保护这一堆方块在两侧不暴露) 3.第i堆方块过了h[i]次操作后,从上到下被消除. 于是我们设l[i]为第i堆方块从左边开始消除的最小操作次数,设r[i]从右边开始消除的最小操作次数. 然后从左向右dp出l[i],从右向左dp出r[i],然后就能算答案了. 代码: #include<cstdio> #include<cs…

题目传送门:1925: [Sdoi2010]地精部落 这道题,,,首先可以一眼看出他是要我们求由1~n的排列组成,并且抖来抖去的序列的方案数.然后再看一眼数据范围,,,似乎是O(n^2)的dp?然后各种撕烤,,,然而还是不会... 对于这道题,我第一眼的想法是用f[i][j]表示长度为i,最后一个数是j的抖动序列的方案数,然而这是个1~n的排列,似乎没法解决数字重复的问题..QAQ 于是看了一波题解,,,原来这个dp是这样子搞的:用f[i][j]表示i个数的排列.第一个数<=j且开头下降的抖动序…

BUPT2017 wintertraining(16) #4 F ZOJ - 2278 题意 给定一个10*10以内的地图,和p(P<=30000)只老鼠,给定其出现位置和时间T(T<=1,000,000,000),求最多抓到几只老鼠. 题解 DP,f[i]表示按时间排序后抓第i个老鼠,最多能抓多少只. bfs计算每对位置之间的距离\(dis[x1][y1][x2][y2]\). \(f[i]=max(f[i],f[j]+1)\)当i,j两只老鼠的距离小于他们的时间差. j只用往前枚举50就够…

https://vijos.org/p/1764 自从心态好了很多后,做题的确很轻松. 这种题直接考虑我当前拿了一个,剩余空间最大能拿多少即可. 显然我们枚举每一个点拿出一个矩形(这个点作为右下角),然后剩余空间我们只需要考虑i+1~n和j+1~m这一块空间即可(至于为什么多想想QAQ) 所以我们维护i+1~n和j+1~m能取到的最大矩形即可. 显然二维前缀和,然后再维护一个二维 mx[i][j]=max{get(i, j), mx[i+1][j], mx[i][j+1]},然后每一次找一个点i…

题目链接 DP.设last[i][j]是第i个串字符'j'所在的最后的位置,f[i][j][k]是第一个串匹配到i,第二个串匹配到j,第三个串匹配到k,最多的公共子串数. 那么我们三重循环i.j.k,每次更新last数组的值. 然后在三重循环内部再加一重循环从'a'到'z',枚举公共子串的最后一个字符是什么. 然后在last里面找到这三个字符最后出现在什么位置,记为nms. 于是f[i][j][k]=f[n-1][m-1][s-1]+1. 最后输出答案即可. #include<cstring>…