[maxn][maxn]; vectors[maxn]; void tree_dp(int n,int f) { int len=s[n].size(); dp[n][1]=v...;j--) { for(int k=1;k<=j;k++) dp[n][j+1]=max(dp[n][j+1],dp[n][j+1...{ v[0]=0; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<=n;i++) s[i...visit[i]&&pre[i]==x) { tree_dp(i); dp[x][1]+=dp[i][0]; dp...(root); printf("%d\n",max(dp[root][0],dp[root][1])); } return 0; } 发布者：全栈程序员栈长，转载请注明出处
（3）状态转移方程：dp[i][j]表示抽出第i~j-1张卡片时候的最小值 dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k+1][j] +num[i-1]*num[k]*...] ,那么两端单独就可以构成回文子序列，而且与dp[i+1][j],dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]，中的回文序列又可以构成新的回文序列，所以此时dp[i][j] = dp[i+1][j]...U dp[i][j-1] + dp[i+1][j-1] +1;而dp[i][j]已经更新为 dp[i+1][j] U dp[i][j-1]，所以dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i+1...][j-1] +1; (3)状态转移方程： dp[i][j]表示i~j内最多的回文字串数目 dp[i][j] = dp[i+1][j]+dp[i][j-1] -dp[i+1][j-1] (容斥） if(...[i][j] = dp[i+1][j]并dp[i][j-1] (因为是自序列可以不连续） dp[i][j] = (dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp
Tag : 「区间 DP」、「动态规划」 有 n 个气球，编号为 0 到 n - 1，每个气球上都标有一个数字，这些数字存在数组 nums 中。 现在要求你戳破所有的气球。...*1 = 167 示例 2： 输入：nums = [1,5] 输出：10 提示： n = nums.length 1 <= n <= 300 0 <= nums[i] <= 100 区间 DP
Tag : 「树形 DP」、「DFS」、「动态规划」 树是一个无向图，其中任何两个顶点只通过一条路径连接。换句话说，一个任何没有简单环路的连通图都是一棵树。...= bi 所有 (ai, bi) 互不相同 给定的输入保证是一棵树，并且不会有重复的边 树形 DP 这是一道树形 DP 模板题。...即树的形态如图所示（一些可能有的出边用虚线表示）： 树形 DP 问题通常将问题根据「方向」进行划分。...Math.max(g[j], g[u] + 1); dfs2(j, u); } } } 时间复杂度： O(n) 空间复杂度： O(n) 补充 可能会初次接触「树形 DP
插头DP一般都是棋盘模型，找路径或者环路最值或者方案数。 插头：说白了就是两个联通的格子，一个走向另一个，那么这里就有一个插头。...轮廓线：DP逐格DP，那么轮廓线可以分开DP过的格子和未DP的格子。轮廓线的长度明显是m+1。插头垂直于轮廓线。 转移： 轮廓线在换行的时候要位移，这个画画图就出来了。...那么插头就有3种，一种是没插头，一种是插头从已DP的指向未DP的，一种是未DP的指向已DP的。 具体实现，有两种思路，一种是括号序列，一种是最小表示法。...写法有三种，一种是hash表存取状态，有decode，encode，就是kuangbin那种写法；一种是传统dp写法，位运算取出状态；还有种是claris写法，预处理所有可能状态然后传统DP转移。...因为括号序列的性质，轮廓线上m+1个点最多只有m/2个不同的联通块，根据这个压位DP。 如果左插头和上插头都有，那么右插头和下插头就没有了。
f[i][j]表示从开始的位置到i，j位置的路径之和的最大值。 因为f[i][j]是要求的那个，所以我们要求出它的状态方程 f[i][j]=max(f[i-1]...
[i][1]>dp[k][j]) 20 { 21 if(dp[k][j+1]!...=0) 22 dp[k][j+1]=min(dp[k][j+1],dp[i][1]); 23 else...dp[k][j+1]=dp[i][1]; 24 } 25 else break; 26 }...[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); 18 if(a[i]==b[j]) 19 dp[i][j]=max(dp[i][j]...,dp[i-1][j-1]+1); 20 } 21 } 22 printf("%d\n",dp[la-1][lb-1]); 23 return 0; 24 }
世界上的人都变成废柴，这个世界就没有废柴了 区间DP 区间dp就是在区间上进行动态规划，求解一段区间上的最优解。主要是通过合并小区间的 最优解进而得出整个大区间上最优解的dp算法。...[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]) { dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j];...只要得到了dp[l][r]，那么就可以得到dp[i-1][j+1] dp[i-1][j+1]=dp[i][j]+(s[i-1]==s[j+1]？...dp[l][r] = max(dp[l][r],dp[l][k]+dp[k+1][r]); } } cout<<dp[1][len]<<endl;...状态转移方程 dp[i][j]表示在第1~i个字符里插入j个乘号的最大值；用num[i][j]表示第i~j个字符表示的数字； dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[k][j-1]*num
树形dp就是在树上进行的dp。由于树具有递归的性质，因此树形dp一半都是用递归的方式进行的。 问题的大意是，选了父节点，那么它的直接子节点就不能被选择，求总的权值的最大值。...题目：P1352 没有上司的舞会 这题是树形dp的板子题，每个节点都有被选择和不被选择两种情况。 用数组dp[n][0]记录第n个节点不被选择的情况，用数组dp[n][1]记录被选择的情况。...那么就有状态转移方程 dp[n][0] = Σ(max(dp[x][0],dp[x][1])，其中，x是n的所有子节点 dp[n][1] = a[n] + Σ(dp[x][0]) 然后总的权值和的最大值就是...max(dp[root][0],dp[root][1]) 下面给出代码实现： #include using namespace std; #define MAXN 6006...[u][0] += max(dp[e[i].v][0], dp[e[i].v][1]); dp[u][1] += dp[e[i].v][0]; } } bool is_root
本文最后更新于 1170 天前，其中的信息可能已经有所发展或是发生改变。 #include<iostream> using namespace std; int...
从五道题来看树形DP 1.求树的最大值和最小值 假设现在有一棵树，我只要求出每个结点作为头节点对应子树的最大值和最小值，那么最终答案一定在其中，因此每个结点都有两个信息，最大值和最小值，我把这个信息封装为一个结构体...res.robber_prices,res.no_robber_prices); } } 5.LeetCode110.平衡二叉树 直接点击链接，这道题在我的另一篇文章里讲了 总结 树本身就是一个天然的递归结构，dp...本身也就用到递归的思想，树形DP难在将所有的信息考虑全，普通的DP难在递归方程式怎么写
问题描述：有多堆石子，排成一排，现将这堆石子合并成有堆，合并的规则是只能是相邻的两堆进行合并，合并所消耗的体力为两堆石子的重量。最后把所以消耗的体力加起来就是合...
感觉我快不行了,DP有点消化不良 数位DP 数位，就是我们所说的个位，十位，百位等等这些，数位DP，在给定区间内，给你一堆限制，求解的个数。...lead && dp[pos][state]!...limit&&dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta]; int up = limit ?...在这里就用到了数位DP。...limit&&dp[pos]!=-1) return num*b[pos+1] + dp[pos]; //只搜索比当前数小的数字。 int up = limit ?
//从这里我们就可以知道 dp[i][j] : 表示 在第 i 行， 第 j 列 ，我们可以得到的最大的和为 dp[i][j] 以上就是我推断出的dp数组的含义 接下来就是dp的初始化 //1. dp[...; } //因为如果我们只对dp[0][0] 进行初始化的话， 那么后序 的dp[2][2] 就需要dp[1][1] 和 dp[1][0]；但是我们的dp[1][0] //确是只能由dp[0][0]得出...同时dp[1][1] 也是只能由dp[0][0] 得出 //所以我们需要将dp[i][0]也进行初始化 通过 dp[i][0] = arr[i][0] + dp[i-1][0]; 这样我们得到的dp[...接下来就是dp的公式 //因为我们之前推出的公式我们得到了dp[i][0] 的数据 //所以接下来就可以按照题意将其余的dp[i][j] 推出 dp[i][j] = arr[i][j] + Math.max...(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]); //所以就可以得到上述公式 //4.
=s[j]——>max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) 注意：dp[i-1][j]和dp[i][j-1]都包含了dp[i-1][j-1]的情况，但是该题只需要找最大值而不是统计个数...[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); return dp[m][n];...[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); return dp[m][n];...匹配空 dp[i][j-2] 匹配1个 dp[i-1][j-2]…… //所以dp[i][j]=dp[i][j-2]||dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]……...//数学推导 dp[i-1][j]=dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]…… //dp[i][j]=dp[i][j-2]||dp[i-1][j] //如果
先用状压DP计算i状态下，第一辆可以运送的重量，用该状态的重量总和-第一辆可以运送的，如果小于c2，那么可以一次运送i状态里的货物。...然后再用DP把s【i】为i状态的运送次数，通过转移方程s[i | j] = min{s[i | j] ,s[i] + s[j]}计算出全部运送过去的最少次数。...U (1<<n) using namespace std; int t, n, c1, c2, w[N]; int s[1 << N],cnt; void solve() { int dp...[N * M], sum; for(int i = 1; i < U; i++) { memset(dp, 0, sizeof dp); dp[0]...[k])//c1装k重量行不行 dp[k + w[j]] = 1; } } }
Tag : 「树形 DP」、「DFS」、「动态规划」、「树」 给定一个无向、连通的树。 树中有 n 个标记为 0...n-1 的节点以及 n-1 条边 。...= b_{i} 给定的输入保证为有效的树 树形 DP 对于树形 DP，可以随便以某个节点为根，把整棵树“拎起来”进行分析，通常还会以“方向”作为切入点进行思考。...g[u] 的推导 对于树形 DP 题目，“往下”的计算往往是容易的，而“往上”的计算则是稍稍麻烦。...对于树形 DP ，通常需要对“往上”进一步拆分：「往上再往上」和「往上再往下」： 往上再往上：是指经过了 j -> u 后，还必然经过 u -> fa 这条边时，所能到达的节点距离之和： 这部分对
思路 我们采用动态规划的方法解决，dp[i]表示字符串s[:i]能否拆分成符合要求的子字符串。...我们可以看出，如果s[j:i]在给定的字符串组中，且dp[j]为True（即字符串s[:j]能够拆分成符合要求的子字符串），那么此时dp[i]也就为True了。...代码 def wordBreak(self, s, wordDict): len_dic = len(wordDict) len_str = len(s) dp = [0] *...if i + 1 >= len_j and wordDict[j] == s[i + 1 - len_j:i + 1] and (i + 1 - len_j == 0 or dp...[i - len_j] == 1): dp[i] = 1 break return dp[len_str - 1] == 1
DP，DFS：LeetCode #198 332 165 1 编程题 【LeetCode #198】打家劫舍 你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。...解题思路： 使用动态规划的方法可以很好的解决这个问题，递推式为dp[n] = max(dp[n-2]+nums[i], dp[n-1])。...在这里我们可以理解如果dp[n-2]+nums[i]比较大，就说明当前这家小偷要偷的，并且不会触发警戒，而如果dp[n-1]比较大，那么当前这家就不要偷了，否则就会触发警报，直接更新当前dp[n]。...dp[1] = max(nums[0], nums[1]); for(int i = 2; i < nums.size();i++){ dp[i...] = max(dp[i-2]+nums[i], dp[i-1]); } return dp[nums.size()-1]; } }; 动态规划的另一种形式！
for(int i=0;i<n;i++) //遍历每一件物品 for(int j=v;j>=wei[i];j--)//遍历背包容量，表示在上一层的基础上，容量为J时，第i件物品装或不装的最优解; dp...[j]=max(dp[j-wei[i]]+val[i],dp[j])； 初始化细节：装满dp[0]=0;其余赋值-INF；不装满全初始化为0； 完全背包 for(int i=0;i<n;i++) //遍历每一类物品...与0/1区别正序遍历 dp[j]=max(dp[j-wei[i]]+val[i],dp[j])； 多重背包 for(int i=0;i<n;i++) //遍历每一个物品 for(int...<=num[i];j++) //遍历物品的数量 for(int k=m;k>=weight[i];k--) //当做01背包来处理 { //取01背包情况的dp...[k]和dp[k-weight[i]]+value[i]的最大值 dp[k]=max( dp[k],dp[k-weight[i]]+value[i] ）; } 二进制优化 优化原因
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