傳送門
這道題第一眼看上去可能讓人以為是貪心……不過貪心並不行，因為每次的操作是有2的冪次方的權值的。這樣的話直接每次貪心最小的就目光短淺。所以那我們自然想到了dp。
據說這是一道很正常的區間dp？
區間dp的基本思想，就是先處理出小區間的最優解，再由多個小區間合併成乙個大區間。
不過這道題的想法略微有些不同。首先從題目描述上來看，每行的取數是獨立的，對於每一行我們來分析一下。
首先，因為題目中說只能取一行元素當前的首個元素或者末尾元素。既然如此，我們假設dp[i][j]表示選取區間i～j所能獲得的最大值。
這樣的話，dp[i][j]就只能從兩方面轉移過來。一是dp[i+1][j],二是dp[i][j-1].這樣的話，我們考慮一下轉移時候的狀態。因為每次轉移所獲的的分數是當前選取的數值乘以2^選舉的次數，所以我們可以這麼想，對於乙個內部的區間，它在被轉移的時候，本身是要被*2的。之後這種狀態就會被繼續跟隨著*2，所以選到最後必然是符合題意的。
所以說dp的方程就是dp[i][j] = min(dp[i+1][j]*2 + a[i] * 2,dp[i][j-1]*2 + a[j]*2);
dp方程說完了，之後說該怎麼dp。我們知道區間dp的思想是先算小區間，之後合併成大區間，所以我們可以從0～n-1列舉區間長度，之後列舉區間的左右端點進行轉移。
還有就是這道題要使用高精度……不過可以選擇自己寫乙個高精乘，高精加，和高精度比較的struct，直接封裝起來。這樣就可以了。
看一下**（因為高精模板是抄的……高精減可以忽略……）
#include#include#include
#include
#define rep(i,a,n) for(ll i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(ll i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
using
namespace
std;
const
int m = 105
;typedef
long
long
ll;int
read()
while(ch >= '
0' && ch <= '9'
)
return ans *op;
}struct
big big(
intp)
void init(int
p)
big
operator + (const big &g) const
if(ans.num[s+1]) ans.len++;
return
ans;
}big
operator - (const big &g) const
big
operator * (const big &g) const
if(!ans.num[k]) k--;
ans.len =k;
return
ans;
}friend big bmax(
const big &f,const big &g)
}return
f; }
void
out()
};big a,b,c,f[
81][81],dp[81][81][81],ans,pow2[81
],now;
intn,m;
intmain()
ans = ans + dp[i][1
][m];
}ans.
out();
return0;
}
NOIP2007 矩陣取數遊戲
傳送門給定乙個n m的矩陣,在每一行中取m次數,每次取數只能從行首或尾取數,第i次取數的貢獻是 2 i 該點值 操作n行,求最大答案 n,m 80 不難發現行與行之間是完全獨立的,所以單獨處理每一行就好了 考慮區間dp 設 dp i j 表示區間i j的答案最大值 則有 dp i j max num...
NOIP2007 矩陣取數遊戲
鏈結 簡單dp 毒瘤高精 顯然行與行沒有關聯 所以只需要每行處理 考慮dp i,j,k 表示第i次取數，第j行，有k次取的頭的最大分數 直接dp即可 includeusing namespace std define ll int128inline intread while ch 0 ch 9 d...
noip2007矩陣取數遊戲 2008 11 5
noip2007矩陣取數遊戲 2008.11.5 注意 比大小位數不相同時，取位數大的數大 當位數相同時，要從最高位開始比較，相同，則往下比，不相同，則大的數就大。我剛開始，弄成了從最低位開始比較，故，wa了 20多分鐘 小結 這道題，我打了不下 5遍，一定要先想好，在紙上把每個細節都確定了，並確定...