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 = ;
const int N = ;
char str[N];
int f[N][N]; int solve(int len) {
memset(f, , sizeof (f));
for (int i = ; i < len; ++i) {
f[i][i] = ;
}
for (int k = ; k <= len; ++k) { // 枚举长度
for (int i = , j; i < len && (j=i+k-) < len; ++i) {
if (str[i] == str[j]) {
f[i][j] = (f[i][j-] + f[i+][j] + ) % mod;
} else {
f[i][j] = ((f[i][j-] + f[i+][j] - f[i+][j-]) % mod + mod) % mod;
}
}
}
return f[][len-];
} int main() {
int T, ca = ;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%s", str);
int len = strlen(str);
printf("Case %d: %d\n", ++ca, solve(len));
}
return ;
}
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 = ;
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 = ;
for (int i = x; i > ; i-=lowbit(i)) {
ret += bit[i];
}
return ret;
} void getint(int &t) {
char ch;
while ((ch = getchar()), ch < '' || ch > '') ;
t = ch - '';
while ((ch = getchar()), ch >= '' && ch <= '') t = t * + ch - '';
} int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
memset(bit, , sizeof (bit));
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; ++i) {
getint(seq[i]);
pos[seq[i]] = i;
}
for (int i = ; i <= m; ++i) {
e[i].read(i);
}
sort(e+, e++m);
for (int i = n; i >= ; --i) {
int cnt = ;
if (seq[i] > && pos[seq[i]-] > i) ++cnt;
if (seq[i] < n && pos[seq[i]+] > i) ++cnt;
if (cnt == ) add(i, );
else if (cnt == ) add(i, -);
}
int last = n;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
for (int j = last; j > e[i].r; --j) {
if (seq[j] > && pos[seq[j]-] < j) add(pos[seq[j]-], );
if (seq[j] < n && pos[seq[j]+] < j) add(pos[seq[j]+], );
}
last = e[i].r;
ans[e[i].No] = sum(e[i].r)-sum(e[i].l-);
}
for (int i = ; i <= m; ++i) {
printf("%d\n", ans[i]);
}
}
return ;
}
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[][];
int f[<<][]; // f[i][j]表示到达状态i，停在j的最少花费
char vis[<<][];
int dp[<<];
int ret; int dfs(int sta, int e) {
if (vis[sta][e]) return f[sta][e];
vis[sta][e] = ;
for (int i = ; i < n; ++i) {
if (i == e) continue;
if ((sta & ( << i)) && mp[e][i] != inf) {
f[sta][e] = min(f[sta][e], *mp[e][i] + dfs(sta^(<<i), e));
}
}
int pre = sta ^ ( << e);
if (e != ) {
for (int i = ; 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 & ( << 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|(<<deep), s2, s3, deep+);
gao(s1, s2|(<<deep), s3, deep+);
gao(s1, s2, s3|(<<deep), deep+);
} 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, , sizeof (vis));
memset(dp, 0x3f, sizeof (dp));
ret = inf;
int LIM = << n;
f[][] = ; // 初始化从第1个节点出发
for (int i = ; i < LIM; ++i) {
for (int j = ; j < n; ++j) {
if (i & ( << j)) dfs(i, j);
}
}
// 之后处理利用三次机会的组合情况
for (int i = ; i < LIM; ++i) {
for (int j = ; j < n; ++j) {
dp[i] = min(dp[i], f[i][j]);
}
}
for (int i = ; i < LIM; ++i) {
for (int j = ; j < n; ++j) {
if (i & ( << j) && !(esta & (<<j))) {
dp[i] = min(dp[i], dp[i^(<<j)]);
}
}
}
gao(, , , );
return ret == inf ? - : ret;
} int main() {
int T, ca = ;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
memset(mp, 0x3f, sizeof (mp));
esta = ; // 路线中一定包含源点
scanf("%d %d", &n, &m);
int a, b, c;
for (int i = ; 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 = ; i < K; ++i) {
scanf("%d", &c);
esta = esta | ( << c-);
}
printf("Case %d: %d\n", ++ca, solve());
}
return ;
}