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传送门先按照起点 sort 一遍。这样每一个点的只由前面的点决定。 f[i][j] 表示终点为 i，花费 j 的最优解状态转移就是一个01背包。 ——代码 1 #include cstdio 2...DP,stl

传送门二位前缀和DP大水题 ——代码 1 #include cstdio 2 #include iostream 3 4 const int MAXN = 5010; 5 int n, r, ans...DP

传送门由于 Di 只有 3 种情况，那么就很简单了 f[i][j][0] 表示前 i 个，且第 i 个变成 j 的递增序列最小修改次数 f[i][j][1] 表示前 i 个，且第 i 个变成 j ...DP

传送门想了个4次方算法，没想到也A了，数据真是水。其实两个字符串匹配那部分可以用kmp优化 ——代码 1 #include cstdio 2 #include cstring 3 4 int n,...DP,trie树

传送门以去掉多少个为阶段不好做。去掉 k 个也可以变成选 n k 个 f[i][j] 表示前 i 个数中选 j 个的最优解，a[i] 必选 f[i][j] = min(f[i][j], f[...DP

传送门 f[i] 表示送前 i 头牛过去再回来的最短时间 f[i] = min(f[i], f[j] + sum[i j] + m) (0 = j i) ——代码 1 #include cstdio ...DP

传送门 f[i][S] 表示当前集合为 S，最后一个数为 i 的最优解 f[i][S] += f[j][S i] (j, i ∈ S j != i abs(a[i] a[j]) k) ——代码 1 #...DP

传送门幼儿园DP。 ——代码 1 #include cstdio 2 #include iostream 3 4 const int MAXN = 2001; 5 int n, m, ans = ~...DP

传送门树上前缀和。在树上找一条权值和为 s 的链，其中这个链上的点按深度递增（递减）（不同） dfs 每搜到一个点求它的前缀和 sum[x]，放入 set 中。在 set 中找 sum[x] s...DP

传送门和奶牛那个题很像，每一行状态互不影响，也就是求 n 遍DP 不过高精度非常恶心，第一次写，调了我一上午。 ——代码 1 #include cstdio 2 #include cstring 3...DP,高精度

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