HDU-4632 Palindrome subsequence
题意：给定一个字符串，长度最长为1000，问该串有多少个回文子串。
分析：设dp[i][j]表示从 i 到 j 有多少个回文子串，则有动态规划方程：
str[i] != str[j]：dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] - dp[i+1][j-1];
str[i] = str[j]：dp[i][j] = dp[i+1][j] + dp[i][j-1] + 1.
#include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int mod = 10007; const int N = 1005; char str[N]; int f[N][N]; int solve(int len) { memset(f, 0, sizeof (f)); for (int i = 0; i < len; ++i) { f[i][i] = 1; } for (int k = 2; k <= len; ++k) { // 枚举长度 for (int i = 0, j; i < len && (j=i+k-1) < len; ++i) { if (str[i] == str[j]) { f[i][j] = (f[i][j-1] + f[i+1][j] + 1) % mod; } else { f[i][j] = ((f[i][j-1] + f[i+1][j] - f[i+1][j-1]) % mod + mod) % mod; } } } return f[0][len-1]; } int main() { int T, ca = 0; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%s", str); int len = strlen(str); printf("Case %d: %d ", ++ca, solve(len)); } return 0; }
HDU-4638 Group
题意：给定一个序列（1-N的全排列），问任意一个区间内若将所有的数排序后，能够形成多少个不连续的子序列。
分析：对于每一个数字，记录其左边的数字和右边的数字所在的位置，然后根据相互关系维护好一个线段数量的树状数组。
#include <cstdlib> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; void getint(int &); struct Node { int No, l, r; void read(int _No) { getint(l), getint(r); No = _No; } bool operator < (const Node &t) const { return r > t.r; } }; const int N = 100005; int seq[N], pos[N]; int n, m; int bit[N]; int ans[N]; Node e[N]; inline int lowbit(int x) { return x & -x; } void add(int x, int val) { for (int i = x; i <= n; i+=lowbit(i)) { bit[i] += val; } } int sum(int x) { int ret = 0; for (int i = x; i > 0; i-=lowbit(i)) { ret += bit[i]; } return ret; } void getint(int &t) { char ch; while ((ch = getchar()), ch < '0' || ch > '9') ; t = ch - '0'; while ((ch = getchar()), ch >= '0' && ch <= '9') t = t * 10 + ch - '0'; } int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { memset(bit, 0, sizeof (bit)); scanf("%d %d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) { getint(seq[i]); pos[seq[i]] = i; } for (int i = 1; i <= m; ++i) { e[i].read(i); } sort(e+1, e+1+m); for (int i = n; i >= 1; --i) { int cnt = 0; if (seq[i] > 1 && pos[seq[i]-1] > i) ++cnt; if (seq[i] < n && pos[seq[i]+1] > i) ++cnt; if (cnt == 0) add(i, 1); else if (cnt == 2) add(i, -1); } int last = n; for (int i = 1; i <= m; ++i) { for (int j = last; j > e[i].r; --j) { if (seq[j] > 1 && pos[seq[j]-1] < j) add(pos[seq[j]-1], 1); if (seq[j] < n && pos[seq[j]+1] < j) add(pos[seq[j]+1], 1); } last = e[i].r; ans[e[i].No] = sum(e[i].r)-sum(e[i].l-1); } for (int i = 1; i <= m; ++i) { printf("%d ", ans[i]); } } return 0; }
HDU-4640 Island and study-sister
题意：给定N个点，N最大为17，问从最多3个人从1号点出发到指定的K个点所花的时间最短为多少？（所花时间以到达最后一个点为准）。要求三个人的路线中不能够存在相同的点。
分析：首先通过一次dfs搜索出单个人走出某种状态所需要的最小代价，f[i][j]表示 i 状态到 j 号节点停止的最小花费。这里有一个地方要注意就是记得某个点最后到达 j 点那么也可以由上一个状态最后到达 j 点转移过来，相当于走一个点又返回到原来的位置。紧接着再通过一个dp[i]表示走出 i 状态所需的最小花费，也举是从所有停止点中取出一个最小的，最后再对dp[i]进行一些修正，将其意义变为 i 状态中若存在目标点那么这些点一定要走，而其他的点则可以由该位为空的状态递推过来取一个较小值。这样做的目的是为了后面直接枚举3^n（即将每个点分配给三个人的某一个的组合情况）来得到最终结果，否则的话如果仅仅枚举K个点的情况，那么对于剩下的点又要进行一次讨论，时间复杂度上升了。
#include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; int n, m, K, esta; int mp[20][20]; int f[1<<17][20]; // f[i][j]表示到达状态i，停在j的最少花费 char vis[1<<17][20]; int dp[1<<17]; int ret; int dfs(int sta, int e) { if (vis[sta][e]) return f[sta][e]; vis[sta][e] = 1; for (int i = 1; i < n; ++i) { if (i == e) continue; if ((sta & (1 << i)) && mp[e][i] != inf) { f[sta][e] = min(f[sta][e], 2*mp[e][i] + dfs(sta^(1<<i), e)); } } int pre = sta ^ (1 << e); if (e != 0) { for (int i = 0; i < n; ++i) { // 起始点将由于pre的不同而不同，当pre反应只可能有0号节点来时将枚举0 if ((pre & (1 << i)) && mp[i][e] != inf) { // 说明两点之间有边相连 f[sta][e] = min(f[sta][e], mp[i][e] + dfs(pre, i)); } } } return f[sta][e]; } void gao(int s1, int s2, int s3, int deep) { if (deep == n) { ret = min(ret, max(dp[s1], max(dp[s2], dp[s3]))); return; } gao(s1|(1<<deep), s2, s3, deep+1); gao(s1, s2|(1<<deep), s3, deep+1); gao(s1, s2, s3|(1<<deep), deep+1); } int solve() { // 处理出一次经过若干个节点的最短距离 memset(f, 0x3f, sizeof (f)); memset(vis, 0, sizeof (vis)); memset(dp, 0x3f, sizeof (dp)); ret = inf; int LIM = 1 << n; f[1][0] = 0; // 初始化从第1个节点出发 for (int i = 1; i < LIM; ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { if (i & (1 << j)) dfs(i, j); } } // 之后处理利用三次机会的组合情况 for (int i = 1; i < LIM; ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { dp[i] = min(dp[i], f[i][j]); } } for (int i = 1; i < LIM; ++i) { for (int j = 0; j < n; ++j) { if (i & (1 << j) && !(esta & (1<<j))) { dp[i] = min(dp[i], dp[i^(1<<j)]); } } } gao(1, 1, 1, 1); return ret == inf ? -1 : ret; } int main() { int T, ca = 0; scanf("%d", &T); while (T--) { memset(mp, 0x3f, sizeof (mp)); esta = 1; // 路线中一定包含源点 scanf("%d %d", &n, &m); int a, b, c; for (int i = 0; i < m; ++i) { scanf("%d %d %d", &a, &b, &c); --a, --b; mp[a][b] = mp[b][a] = min(mp[a][b], c); } scanf("%d", &K); for (int i = 0; i < K; ++i) { scanf("%d", &c); esta = esta | (1 << c-1); } printf("Case %d: %d ", ++ca, solve()); } return 0; }