大家好，又见面了，我是全栈君 The more, The Better Time Limit: 6000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768...K (Java/Others) Total Submission(s): 5414 Accepted Submission(s): 3217 Problem Description...[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...visit[i]&&pre[i]==x) { tree_dp(i); dp[x][1]+=dp[i][0]; dp
; import java.io.File; import java.io.FileReader; import java.io.IOException; import java.util.ArrayList...; public class DP_Tool { private String filePath; private double threshold; private ArrayList pointList; private ArrayList listTemp;//存放从文件中读入的数据 private ArrayList lineList =...ArrayList> compressionCollection = new ArrayList>();//存储所有被压缩完成的线段; public DP_Tool...resultLine.clear();//这里负责的是清除前一条曲线压缩的线段 compressLine(lineList.get(i)); System.out.print("在结果集合中曲线被压缩成
因此要使用 dp和 sp单位。 dp：是一种密度无关像素，对应于160dpi下像素的物理尺寸。...dp dp：在每英寸160点的显示屏上，1dp = 1px，即px = dp(dpi / 160) sp sp(Scaled Pixels)：通常用于指定字体的大小，当用户修改手机显示的字体时，字体大小会随之改变...单位转换 public class SizeUtil { public static int dp2px(Context context, float dpValue) { float...).scaledDensity; return (int) (spValue * fontScale + 0.5f); } public static int px2dp...scaledDensity; return (int) (pxValue / fontScale + 0.5f); } } 使用TypedValue进行单位转换 public static int dp2px
（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 : 「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。...可选择树中任何一个节点作为根。当选择节点 x 作为根节点时，设结果树的高度为 h 。在所有可能的树中，具有最小高度的树（即，min(h)）被称为 最小高度树 。...= 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。...假设我们可以通过 DFS 预处理出 f 数组和 g 数组： f[u] 代表在以 0 号点为根节点的树中，以 u 节点为子树根节点时，往下的最大高度 g[u] 代表在以 0 号点为根节点的树中
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...Java 代码： class Solution { public int maxCoins(int[] nums) { int n = nums.length;
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。
在基因组分析中，处理流程从上游测序数据到下游突变分析，中间的关键就是call突变。...看一下某突变在某样本中的详细信息。...需要注意的是DP有两个，分别是INFO/DP和FORMAT/DP，在多样本vcf中，INFO/DP是FORMAT/DP的加和。...GATK选择不在AD中包含uninformative read的原因是他们认为这些不够显著的read不可信。 所以AD之和与DP的差，是uninformative read的数量。...这里大概率写错了，毕竟文章的缘由就是AD之和与DP不匹配，而且给出的示例中，AD之和为0，和DP就不相等。
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...因此结构体中存的信息应该有最大值、最小值、头节点以及大小 public class Main { class Data { int max,min,size;...Math.max(Math.max(leftMax,rightMax),head.value)); } } 3.求一棵二叉树上的最远距离 二叉树中，...对于一个结点来说，最大距离可能分为两种情况，经过我这个结点和不经过我这个结点，不经过我这个结点又分为两种情况：左子树的最大距离和右子树的最大距离中较大的那个。...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
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
[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 }
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]...
//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...最终的结果一定是在其中间 所以进行判断一下即可 实现 import java.util.Scanner; // 1:无需package // 2: 类名必须Main, 不可修改 public class
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 ?...题意：求1到n中，用多少个1。 数据范围很大，暴力枚举肯定TE。 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 ?
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...
（LeetCode） 算法原理： 1、状态表示（经验+题目要求） dp[i][j]表示：s1的[0,i]区间以及s2的[0,j]区间内的所有子序列中，最长公共子序列的长度。...(string s, string p) { //两个数组的dp问题 //p中0-j的子串能否匹配s中0-i的子串 int m=s.size(),n=p.size...{ public: bool isMatch(string s, string p) { //p中0-j的子串能否匹配s中0-i的子串 int m=s.size()...算法原理： 1、状态表示（经验+题目要求） dp[i][j]表示：nums1中以i位置为结尾的所有子数组以及nums2中以j位置为结尾的所有子数组中，最长重复子数组的长度。...=nums2[j]——>0 nums1[i]==nums2[j]——>dp[i-1][j-1]+1 3、初始化 都初始化为0即可 4、填表顺序 从上往下填每一行 每一行从左往右填 5、返回值 dp表中的最大值
但自己经过两个多小时的思考，已经初步锻炼了dp的思想，还得需要多做题来掌握掌握。...进入正题： 我们可以从后向前枚举，设dp[i]是以第i个数为结尾，那么你所需要做的就是对棋盘每个格子的价值，从0枚举到i-1，挑选其中小于dp[i]的值，核心代码如下： dp[0]=arr[0];...dp[i]=Math.max(dp[i],dp[j]+arr[i]); } } } 最后再对dp数组的值进行遍历，找出其中最大的值。...AC代码如下 import java.util.Scanner; public class Main { public static void main(String[] args){ Scanner...dp[i]=Math.max(dp[i],dp[j]+arr[i]); } } } for(int i=0;i<t;i++) { ans=Math.max(ans,
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; } } }
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