View Code 这种方法我理解了: dp[i][j]表示前i个数组合(这里组合的意思:加或减)对k取余数为j 那么如果dp[i-1][j]=1表示前i-1个数组合对k取余数为j是正确的,那么加上或减去第i个数对k取余数即为。dp[i][(j+res)%k]和dp[i][(j-res+k)%k],而且它们是正确的。 所求即为前n个数的组合对...
sum = max * (max+1) / 4; memset(numsets, 0, sizeof(numsets[0])); numsets[0][0] = 1; for (lv = 1; lv < max; lv++) { for (lv2 = 0; lv2 <= sum; lv2++) numsets[lv2][lv] = numsets[lv2][lv-1]; for (lv2 = 0; lv2 <= sum-lv; lv2++) numsets[lv2+...
这个 DP 复杂度是Θ(n2V),真是一点优化效果都没有!但是这个东西的进一步改造非常方便,这就是下一步的想法。 注意到这是一个值为 Boolean 类型的 DP,如果发现某一维具有单调性,那么就可以压缩掉这维。可以观察到:如果gi,j,k=1,那么对于任何t≤j,都有gi,t,k=1——毕竟在左侧做出更多决策一定不会使可达...
LANG: C++ */#include<bits/stdc++.h>int n;int s,ans;long long dp[100][1000];intmain(){freopen("subset.in","r",stdin);freopen("subset.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)s+=i;dp[0][0]=1;if(s%2==0)for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;...
sum /= 2; for(int i = 0;i <= n;i++) dp[i][0] = 1; //N内数构成和为0的方法就是全都不选,故只有1一种方法 for(int i = 1;i <= n;i++) for(int j = 1;j <= sum;j++) if(j >= i) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - i]; ...
n个数的总和为sum:=n*(n+1)shr 1,当且仅当sum为偶数的时候才有解,sum为奇数时直接输出0并且退出程序;但是这样做了也还是会超时。 1. 2. 动态规划(DP) PS:感觉应该分到区间动规里吧?- -…… 设ans[i,x]表示在前个i元素里选择若干使其和为x的选法 ...
可以看出+是associative和commutative的. 常见的那个subset sum的DP算法实际上就是用associativity打括号... 那么有没有办法找到一个方法打括号使得算起来很快呢? (这就有点像Matrix chain multiplication问题了). 这需要我们知道一个minkowski sum具体要多少时间. 如果A和B都是{a,a+1,…,a+ℓ}的子集, 在一起...
2.然后后面用dp f[i][j]表示前i个数和为j的个数 f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-i] 或=f[i-1][j] (加上的数大于总和) 最后输出f[n][sum/2] O(n*sum) /* ID:a1192631 LANG:C++ TASK:subset */ #include<stdio.h>
反之亦然,因此按照这样的规则操作,必然能得到某种最优解。更棒的是,在这样操作的过程中,剩余容量始终在([-V, V])以内!真是好极了,接下来只需要基于这种构造方案来 DP 就可以了。 先设计一个朴素 DP。设贪心得到的分界点为(p),使得目前选择的集合是标号(le p)的物品,(S_0 = sumlimits_{i = 1}^{...
dp/knapsack-problem/partition-equal-subset-sum Partition Equal Subset Sum 描述 Given anon-emptyarray nums containingonly positive integers, find if the array can be partitioned into two subsets such that the sum of elements in both subsets is equal....