學到了什么
學到了虛脫
給學弟調樹剖沒調出來，我太菜了
- 斷環成鏈的方法：任意選擇一個位置斷開，復制形成 2 倍長度的鏈。
- 區間DP的小套路
- 學文化課真爽
今日已完成
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一節文化課：萬能公式秒殺電容器動態分析
\(E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{Q}{\varepsilon{S}}\)
如果再算上 \(C=\dfrac{Q}{U}\) 就有七個物理量。
無腦帶公式即可。
應用有- 判斷受力
- 判斷場強
- 判斷靜電計張角（看 \(U\)）
- 判斷電容
- 定量計算
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AcWing282 石子合並
區間DP基礎題
int n, m, f[A][A], sum[A], a[A]; int main() { n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; memset(f, inf, sizeof(f)); for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][i] = 0; for (int len = 2; len <= n; len++) { for (int l = 1; l <= n - len + 1; l++) { int r = min(l + len - 1, n); for (int k = l; k < r; k++) { f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r]); } f[l][r] += sum[r] - sum[l - 1]; } } cout << f[1][n] << '\n'; return 0; } -
AcWing283 多邊形
區間 DP，斷環成鏈降低時間復雜度。char s; int n, ys[A], w[A], f[2][A][A]; inline void checkmax(int &x, int y) { x = x < y ? y : x; } inline void checkmin(int &x, int y) { x = x < y ? x : y; } int main() { n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> s >> w[i]; //x乘，t加 if (s == 't') ys[i] = 0; else if (s == 'x') ys[i] = 1; } for (int i = n + 1; i <= n * 2; i++) w[i] = w[i - n], ys[i] = ys[i - n]; memset(f[0], 0xcf, sizeof(f[0])); memset(f[1], 0x3f, sizeof(f[1])); for (int i = 1; i <= n * 2; i++) f[0][i][i] = f[1][i][i] = w[i]; for (int len = 2; len <= n; len++) { for (int l = 1; l <= n * 2 - len + 1; l++) { int r = l + len - 1; for (int k = l; k < r; k++) { checkmax(f[0][l][r], ys[k + 1] == 1 ? f[0][l][k] * f[0][k + 1][r] : f[0][l][k] + f[0][k + 1][r]); checkmin(f[1][l][r], ys[k + 1] == 1 ? f[1][l][k] * f[1][k + 1][r] : f[1][l][k] + f[1][k + 1][r]); if (ys[k + 1] == 1) { checkmax(f[0][l][r], f[0][l][k] * f[0][k + 1][r]); checkmax(f[0][l][r], f[1][l][k] * f[1][k + 1][r]); checkmax(f[0][l][r], f[0][l][k] * f[1][k + 1][r]); checkmax(f[0][l][r], f[1][l][k] * f[0][k + 1][r]); checkmin(f[1][l][r], f[0][l][k] * f[0][k + 1][r]); checkmin(f[1][l][r], f[1][l][k] * f[1][k + 1][r]); checkmin(f[1][l][r], f[1][l][k] * f[0][k + 1][r]); checkmin(f[1][l][r], f[0][l][k] * f[1][k + 1][r]); } } } } int ans = -32768; for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[0][i][i + n - 1]); cout << ans << '\n'; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (f[0][i][i + n - 1] == ans) cout << i << " "; } return 0; } -
AcWing284 金字塔
區間DP，用 \(f_{l,r}\) 表示子串 \(s_{l,r}\) 對應着多少種可能的金字塔結構。
為了防止重復，只考慮子串 \(s_{l,r}\) 的第一棵子樹是由哪一段構成的，枚舉第一棵子樹的划分點 \(k\)，令子串 \(s_{l+1,k-1}\) 作為第一棵子樹，然后令子串 \(s_{k,r}\) 作為剩余部分。因為 \(k\) 不同，所以 \(s_{l+1,r-1}\) 就一定不同，因此就不會產生重復。
由此得到狀態轉移方程：
\[f_{l,r}=\begin{cases}0&s_{l}\ne{s_{r}}\\f_{l+1,r-1}+\sum\limits_{l+2\le{k}\le{r-2},s_{k}=s_{l}}f_{l+1,k-1}\times{f_{k,r}}&s_{l}=s_{r}\end{cases} \]用記憶化搜索實現。
char s[A]; int n, f[A][A]; int solve(int l, int r) { if (l > r) return 0; if (l == r) return f[l][r] = 1; if (f[l][r] != -1) return f[l][r]; if (s[l] != s[r]) return f[l][r] = 0; f[l][r] = solve(l + 1, r - 1); for (int k = l + 2; k <= r - 2; k++) { if (s[l] == s[k]) f[l][r] = (f[l][r] + 1ll * solve(l + 1, k - 1) * solve(k, r) % mod) % mod; } return f[l][r]; } int main() { scanf("%s", s + 1); memset(f, -1, sizeof(f)); n = strlen(s + 1); cout << solve(1, n) << '\n'; } -
AcWing285 沒有上司的舞會
樹形DP，找到一個不依賴別人的點作為根，然后進行樹形DP，設 \(f_{i,1/0}\) 表示以 \(i\) 為根的子樹，第 \(i\) 個點選或不選所能獲得的最大價值，那么有：
\[f_{i,0}=\sum\limits_{to\in{Son(x)}}\max(f_{to,0},f_{to,1}) \]\[f_{i,1}=h_i+\sum\limits_{to\in{Son(x)}f_{to,0}} \]最后取 \(\max(f_{R,0},f_{R,1})\) 就是答案，\(R\) 是選出的根節點，\(Son(x)\) 是 \(x\) 的子節點的集合。
struct node { int to, nxt; } e[A << 1]; int n, head[A], cnt, f[A][2], h[A], du[A], R; inline void add(int from, int to) { e[++cnt].to = to; e[cnt].nxt = head[from]; head[from] = cnt; } void dfs(int x) { f[x][1] = h[x], f[x][0] = 0; for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) { int to = e[i].to; dfs(to); f[x][0] += max(f[to][0], f[to][1]); f[x][1] += f[to][0]; } } int main() { n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) h[i] = read(); for (int i = 1; i < n; i++) { int x = read(), y = read(); du[x] = 1; add(y, x); } for (int i = 1; i <= n; i++) { if (!du[i]) { R = i; break; } } dfs(R); cout << max(f[R][0], f[R][1]) << '\n'; return 0; } -
P1895 數字序列
模擬int len[A]; int main() { for (int i = 1; i <= 1e5; i++) len[i] = len[i - 1] + ((int)log10(i) + 1); int T = read(); while (T--) { int n = read(); int k1 = 0, k2 = 0, tot = 0; while (++k1) { tot += len[k1]; if (tot >= n) break; } n -= (tot - len[k1]); while (++k2) { if (len[k2] >= n) break; } cout << k2 / (int)pow(10, len[k2] - n) % 10 << '\n'; } return 0; }