棋盤演算法問題！ 與（c）一起。

我認為它可以通過遞迴或堆疊來實現，乙個乙個地嘗試，如果它不起作用，你可以退出堆疊，你應該能夠耗盡它。

同學們好，我是一頭陽光豬，你們這樣拿出BCPC問題問問題，我們會注意的，任何類似這個問答核心部分**的事情，我們都會複習和處理作弊。

其實我最近看了乙個類似的問題，我一直以為是搜尋題，今天你說，我明白了，是dp問題，那就簡單了，這個問題我覺得noip2001或者noip2002是乘積最大的，等式應該是這樣的。

f[i][j] 表示刪除 j 個數的第乙個 i 的最大長度：f[i][j]=max（f[k][j-1]，f[i][j]），其中 j<=k<=i

我還沒想好怎麼實現呢，我覺得你應該自己考慮一下吧！ 也謝謝你提醒我這個問題。

區段樹優化 dp

首先是離散的。 序列權重<=n

讓我們首先讓 r[i] 表示最長的連續公升序子序列的右端點的最長長度，其中 i 為最長，l[i] 表示最長的連續公升序子序列左端點的最長長度，其中 i 為最長的公升序子序列。

L[I]、R[I]可通過O（N）預處理獲得。

則 o（n*n） 將列舉已刪除段落的兩端：

for (int i=1;i<=n;++i)

for (int j=i;j<=n;++j)

if (a[j]>a[i]) ans=max(ans,r[i]+l[j]);

問題是 n=100000，tle

接下來我們必須考慮的是優化，假設我們已經確定刪除該段的左端點 i，我們將找到 r[j] 的最大值 （j>=i 和 a[j]>a[i]） 為此我們可以。

for (int i=n;i>=1;--i)

for (int j=a[i]+1;j<=n;++j)

f[j]=max(f[j],l[i]);

這個 ** 仍然是 o（n*n），但我們可以用段樹來維護 f 陣列。

這使得只需 logn 即可查詢 f[i] 並將間隔從 f[a[i]+1] 修改為 f[j]。

總時間 o（nlogn）。

但是，由於存在多組資料，因此建議對常量進行優化。

出來問答案是什麼acm刷。。。我真的很慚愧，身為北航人......

以分而治之的想法。

首先，將棋盤分成2*2的四個部分，確定三個沒有破損的棋盤區域，挖出靠在棋盤中心的棋盤塊，然後對每個小棋子進行相同的操作。 由於只有乙個破碎的方塊，因此必須將其他三個小區域挖出以形成乙個角落。

這樣一來，有了類似合併的想法，就不是什麼大問題了。

採用後，它將移至 C++**。

這似乎不是乙個好問題嗎？ 例如，你如何覆蓋 k = 3？ 乙個空格還剩下8個方格，8個不能被3整除，怎麼可能完成覆蓋而不相互重疊？

我在輸出中沒有看到 1 2 3 4 的位置 這些數字的位置模式是什麼 你不能交換嗎？

至少“= 7”來控制整個電路板，這個程式設計器的正確輸出是，1代表黑棋，0代表白棋01010

我正在使用編譯，dev可以設定編譯器，可以配置vc的gcc編譯器。

5 5的棋盤不要太大，如果不行，可以做乙個6層巢狀，最裡面的一層會判斷它是否符合要求。

如果我寫，它會和上面的類似......

將 x 坐標和 y 坐標分別抽象成點，如果在 （x0， y0） 坐標處有棋子，在點 x0 和 y0 之間連線一條無向邊，然後將這個問題轉化為求二分圖的最小點覆蓋率的問題，最小點覆蓋率就是最大匹配， 並可選擇合適的二分圖最大匹配演算法。

遞迴函式的退出條件有問題。

在做向下遞迴的時候，按照你的寫法，只要上行達到某個點，那麼必然會輸出出多條路徑。 這意味著您可以多次輸出。 但實際上，它只需要輸出一次。

另乙個問題是，您的路徑計數是乙個臨時變數，因此每次都從 0 開始。 這當然不是真的。