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Div2 AlienAndSetDiv2 1000 pts
题意：1~2N的数分成２个数组Ａ，Ｂ，并且数组中按增序排列，同时满足|A[i] - B[i]| <= K，问有多少种方法？
分析：从大到小依次决定每个数的放置位置，每次可以放在Ａ或Ｂ中剩余的较高位置，当决定第ｉ个数时，ｉ+K+1，应该是已经匹配了，
那么只剩下ｉ+1~i+K最多Ｋ个数处于未匹配的位置，用一个整数st表示，那么对于第ｉ个数的转移情况，可以放置在某个数组中，
使他处于未匹配状况或者让他匹配．
dp[i][st]表示ｉ个数需要划分，且ｉ+1~i+K+1的未匹配情况用st的表示的方案数．
代码：
1 const int MOD = (int)1e9 + 7; 2 const int maxn = 55*2; 3 const int maxm = (1<<10) + 10; 4 int dp[maxn][maxm]; 5 6 class AlienAndSetDiv2{ 7 public: 8 int K, N, M; 9 int dfs(int n, int st) { 10 int &res = dp[n][st]; 11 if (res != -1) return res; 12 res = 0; 13 if (st&(1<<(K-1))) { 14 res = dfs(n-1, (st<<1) % M); 15 } else { 16 if (st == 0) { 17 res = dfs(n-1, 1); 18 } else { 19 res = dfs(n-1, st<<1|1); 20 int highBit = K-1; 21 while (!((1<<highBit) & st)) highBit--; 22 res = (res + dfs(n-1, (st^(1<<highBit))<<1)) % MOD; 23 } 24 } 25 if (st == 0) res = res*2%MOD; 26 return res; 27 } 28 int getNumber(int N, int K) { 29 memset(dp, -1, sizeof dp); 30 dp[0][0] = 1; 31 for (int i = 1; i < maxm; i++) dp[0][i] = 0; 32 M = (1<<K); 33 this->K = K; 34 this->N = N; 35 36 return dfs(2*N, 0); 37 } 38 };
Div1 AlienAndHamburgers 250pts
题意：ｎ种物品，每种物品有两个值taste[i]，type[i]分别表示其美味值和类型，要求从中选出一些物品，使得类型数＊美味值总和最大．
分析: 按类型排序，将类型相同的物品安排在连续一段考虑，对于第ｉ个物品，如果选中，需要考虑前面一个选中的物品ｊ, 及之前选中的类型总数，
如果ｊ的类型和ｉ的类型不同，那么选中前一个物品ｊ的时候，选中的类型数比当前少１；否则就和当前类型数目一样．
设立状态表示dp[i][x][y] 表示选中第ｉ的时候，选中的类型为ｘ，选择的类型数为ｙ的最大值．
代码：
1 typedef long long LL; 2 typedef unsigned US; 3 typedef pair<int, int> PII; 4 typedef map<PII, int> MPS; 5 typedef MPS::iterator IT; 6 const int maxn = 55; 7 int dp[maxn][maxn][maxn]; 8 int vis[110]; 9 bool mark[maxn][maxn][maxn]; 10 int cnt; 11 struct Node { 12 int val, t; 13 Node() {} 14 Node (int val, int t) { 15 if (!vis[t]) { 16 vis[t] = ++cnt; 17 } 18 this->t = vis[t]; 19 this->val = val; 20 } 21 bool operator < (const Node &o) const { 22 return t < o.t; 23 } 24 } a[maxn]; 25 class AlienAndHamburgers { 26 public: 27 int n; 28 int dfs(int pos, int x, int y) { 29 int &res = dp[pos][x][y]; 30 if (mark[pos][x][y]) return res; 31 mark[pos][x][y] = true; 32 res = -inf; 33 if (x == 0 || y == 0) return res; 34 for (int i = 0; i < pos; i++) { 35 int nx = a[i].t; 36 int ny = y - !(nx == x); 37 int z = dfs(i, nx, ny); 38 if (res < (z == -inf ? 1LL * -inf : (ny == 0 ? 1LL * y * a[pos].val : (0LL + z / ny + a[pos].val) * y))) 39 res = (z == -inf ? 1LL * -inf : (ny == 0 ? 1LL * y * a[pos].val : (0LL + z / ny + a[pos].val) * y)); 40 } 41 return res; 42 } 43 44 int getNumber(vector <int> type, vector <int> taste) { 45 // memset(dp, -1, sizeof dp); 46 memset(mark, false, sizeof mark); 47 48 cnt = 0; 49 for (int i = 0; i < maxn; i++) { 50 for (int j = 0; j < maxn; j++) { 51 for (int k = 0; k < maxn; k++) 52 dp[k][i][j] = -inf; 53 mark[0][i][j] = true; 54 } 55 } 56 dp[0][0][0] = 0; 57 58 memset(vis, 0, sizeof vis); 59 60 n = (int)type.size(); 61 62 for (int i = 0; i < n; i++) { 63 a[i + 1] = Node(taste[i], type[i]); 64 } 65 a[0].t = a[0].val = 0; 66 sort(a + 1, a + n + 1); 67 int ans = 0; 68 for (int i = 1; i <= n; i++) 69 for (int j = 1; j <= a[i].t; j++) 70 ans = max(ans, dfs(i, a[i].t, j)); 71 return ans; 72 } 73 };
Div1 AlienAndSetDiv1 450pts
题意：Div2 1000pts升级版，不同的是题目条件|A[i]-B[i]| <= K 变成了|A[i]-B[i]| >= K.不过分析过程还是差不多的．
分析：同样的从２N 到１按照从大到小的顺序进行安排，从Ａ，Ｂ的高位往下进行放置．由于两个数要相差K以上才能配对，因此当考虑第ｉ个数的时候，
对于尚未配对且满足>=i+K的数此时是可以和剩下的任意数配对的，而i+1～i+K-1之间的数时需要继续等待的，因此此时状态表示变成了dp[i][st][j]，表示
分配剩下的ｉ个数时，>=i+K的个数有ｊ个，ｉ+1~i+K-1之间的状态是st,这样只需要建立状态转移即可．
代码：
1 const int maxn = 100 + 10; 2 const int maxm = (1 << 10) + 10; 3 const int MOD = 1000000007; 4 5 int dp[maxn][maxn][maxm]; 6 7 class AlienAndSetDiv1 { 8 public: 9 int N, K, M; 10 int dfs(int n, int m, int st) { 11 int &res = dp[n][m][st]; 12 if (res != -1) return res; 13 res = 0; 14 if (K == 1) { 15 res = dfs(n - 1, m + 1, 0); 16 if (m > 0) 17 res = (res + dfs(n - 1, m - 1, 0)) % MOD; 18 } else { 19 if (st == 0) { 20 if (m == 0) { 21 res = dfs(n - 1, K == 1, K != 1); 22 } else { 23 res = dfs(n - 1, m - 1, 0); 24 res = (res + dfs(n - 1, m + (K == 1), K != 1)) % MOD; 25 } 26 } else { 27 if (m == 0) { 28 res = dfs(n - 1, ((st & (1 << (K - 2))) != 0) + (K == 1), (st << 1 | (K != 1)) % M); 29 30 } else { 31 res = dfs(n - 1, m - 1 + ((st & (1 << (K - 2))) != 0), (st << 1) % M); 32 res = (res + dfs(n - 1, m + (K == 1) + ((st & (1 << (K - 2))) != 0), (st << 1 | (K != 1)) % M)) % MOD; 33 } 34 } 35 } 36 if (st == 0 && m == 0) res = res * 2 % MOD; 37 return res; 38 } 39 int getNumber(int N, int K) { 40 memset(dp, -1, sizeof dp); 41 for (int i = 0; i < maxn; i++) 42 for (int j = 0; j < maxm; j++) 43 dp[0][i][j] = 0; 44 dp[0][0][0] = 1; 45 M = 1 << (K - 1); 46 this->N = N; 47 this->K = K; 48 return dfs(2 * N, 0, 0); 49 } 50 };
Div1 AlienAndPermutation 1000pts
题意：给定一个数组Ｐ为１～Ｎ数字的排列，最多可以进行Ｋ次操作：每次选取一个区间，将区间中的数替换成该区间内的数的最大值，最后能够得到不同的数组Ｓ．
分析：要解决这个题目首先要发现操作后的数组的性质，
1. S中满足Ｓ[j] = P[i]的位置构成连续序列
2. P[i]和Ｐ[j]的连续序列在S中相对位置不变
3. P[i]在Ｓ中的连续序列l~r满足对于任意处于l~r范围内的ｊP[j] <= Pi]
4. 对于操作后的序列Ｓ，有多少不同的值则需要多少次操作，这其中应该除开长度为１，且i = j的那些元素构成的序列．
下面设立状态表示ｆ(i, j, k, d)表示已经决定Ｐ中前ｉ个元素在S中的位置，Ｓ中前ｊ个位置已经被占领，剩下ｋ次操作的方案数，当然每个Ｐ[i]值最多算做一次操作，用一维ｄ记录是否已经消耗了操作．
j = n 时，res = 1
否则如果i = n，res = 0.
其他情况：
如果Ｓ[j]不等于Ｐ[i]的值，转移到ｆ(i+1, j, k, 0);否则
对于ｄ = 1 or i == j,转移到f(i, j+1, k, d), 否则f(i, j+1, k-1, 1).
代码:
1 typedef long long LL; 2 typedef unsigned US; 3 typedef pair<int, int> PII; 4 typedef map<PII, int> MPS; 5 typedef MPS::iterator IT; 6 const int MOD = 1000000007; 7 const int maxn = 222; 8 int dp[maxn][maxn][maxn][2]; 9 int l[maxn], r[maxn]; 10 11 class AlienAndPermutation{ 12 public: 13 int n, K; 14 int dfs(int x, int y, int k, int d) { 15 int &res = dp[x][y][k][d]; 16 if (res != -1) return res; 17 if (y == n) return res = 1; 18 if (x == n) return res = 0; 19 res = 0; 20 res = dfs(x+1, y, k, 0); 21 if (l[x] <= y && y <= r[x]) { 22 if (d == 1 || x == y) 23 res = (res + dfs(x, y+1, k, d)) % MOD; 24 else if (k > 0) res = (res + dfs(x, y+1, k-1, 1)) % MOD; 25 } 26 return res; 27 } 28 int getNumber(vector <int> P, int K) { 29 n = (int)P.size(); 30 this->K = K; 31 memset(dp, -1, sizeof dp); 32 for (int i = 0; i < n; i++) { 33 l[i] = r[i] = i; 34 while (l[i] - 1 >= 0 && P[l[i]-1] <= P[i]) l[i]--; 35 while (r[i]+1 < n && P[r[i]+1] <= P[i]) r[i]++; 36 } 37 return dfs(0, 0, K, 0); 38 } 39 };
代码：
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原文地址：http://www.cnblogs.com/rootial/p/4395984.html
