昨天将一些没有用的可以卖的vps卖了。
今天将原来放在旧主机上的一个服务迁移到了现在的服务器上面。
racknerd上面的服务器我估计不好出，就到时候不续费就好。
现在相当于将每年的服务器成本降低了，太好了。

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P1272

tag:
动态规划，树形DP

思路：
简单的树形DP和背包结合。令 f[u][j] 表示以u节点为根的子树在需要取出j个节点时最少需要断的边。最后在输出答案的时候在所有节点中选择一个答案最小的，注意选择其他节点为根节点时需要断去父节点和其之间的一条边。最后输出答案即可。

代码：

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
const int N = 200;  
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], idx;  
int s[N];  
int n, p;  
int f[N][N];  
void add(int a, int b)  
{  
    e[idx] = b;  
    ne[idx] = h[a];  
    h[a] = idx ++;  
}  
void dfs(int u, int fa)  
{  
    s[u] = 1;  
    f[u][1] = 0;  
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])  
    {  
        int v = e[i];  
        if (v == fa) continue;  
        dfs(v, u);  
        s[u] += s[v];  
        for (int j = min(s[u], p); j >= 0; j --)  
        {  
            f[u][j] += 1;  
            for (int k = 0; k <= min(j, s[v]); k++)  
                f[u][j] = min(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k]);  
        }  
    }  
}  
int main()  
{  
    memset(h, -1, sizeof h);  
    memset(f, 0x3f, sizeof f);  
    cin >> n >> p;  
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++)  
    {  
        int a, b;  
        cin >> a >> b;  
        add(a, b), add(b, a);  
    }  
    dfs(1, 0);  
    int res = f[1][p];  
    for (int i = 2; i <= n; i ++) res = min(res, f[i][p] + 1);  
    cout << res << endl;  
    return 0;  
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P3177

tag:
动态规划，树形DP

思路：
用 f[u][j] 表示以u为根节点的子树中，恰好有j个黑点时的收益。之后就是和分组背包类似的思路，对于每一个相连的节点，由当那个节点取k个黑点时更新过来，在不同的k值之间取一个最大值。使用 (k * (m - k) + (s[v] - k) * (n - m - s[v] + k)) * w[i] 来计算u和v之间边对答案的贡献。最后记得开long long。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2020;
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], w[N * 2], idx;
long long n, m;
long long s[N];
long long f[N][N];
void add(int a, int b, int c)
{
    e[idx] = b;
    w[idx] = c;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u, int fa)
{
    s[u] = 1;f[u][0] = f[u][1] = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        s[u] += s[v];
        for (int j = min(s[u], m); j >= 0; j --)
            for (int k = 0; k <= min((long long)j, s[v]); k ++)
                if (f[u][j - k] != -1)
                {
                    long long val = (k * (m - k) + (s[v] - k) * (n - m - s[v] + k)) * w[i];
                    f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k] + val);
                }
    }
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(f, -1, sizeof f);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++)
    {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        add(a, b, c), add(b, a, c);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << f[1][m] << endl;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4170

tag:
字符串，动态规划，枚举，区间DP

思路：
使用 f[i][j] 表示从i到j这个区间中如果要涂到规定的情况，最少需要的涂色次数。因为有区间，所以可以使用区间DP，对于每一各区间i到j来说如果第i个字符和第j个字符相同，则 f[i][j] 可以从 f[i][j - 1] 更新过来。如果不相同，则可以枚举这个区间中的每一个位置，将这个区间变为两个区间分别进行，由两个区间进行更新。初始状态，每个长度为1的区间，要达到规定的情况只需要涂一次就行。最后输出 f[0][n - 1] 即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 60;
int f[N][N];
int main()
{
    char s[60];
    cin >> s;
    int n = strlen(s);
    for (int i = 0; i < n; i ++) f[i][i] = 1;
    for (int l = 1; l < n; l ++)
    {
        for (int i = 0; i + l < n;  i++)
        {
            if (s[i] == s[i + l]) f[i][i + l] = f[i][i + l - 1];
            else
            {
                f[i][i + l] = f[i][i] + f[i + 1][i + l];
                for (int k = i + 1; k < i + l; k ++)
                    f[i][i + l] = min(f[i][i + l], f[i][k] + f[k + 1][i + l]);
            }
        }
    }
    cout << f[0][n - 1] << endl;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/UVA1629

tag:
动态规划，枚举，前缀和

思路：
用 dp[lx][ly][rx][ry] 来记录某一个区间中，为使每一块蛋糕都有樱桃的最小代价。使用dfs来枚举每一种可能性。使用记忆化搜索来减少时间。前缀和快速计算出某一块区域樱桃的数量。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 30;
int dp[N][N][N][N];
int p[N][N];
int cs;
int pnum(int lx, int ly, int rx, int ry)
{
    return p[rx][ry] - p[lx - 1][ry] - p[rx][ly - 1] + p[lx - 1][ly - 1];
}
int DP(int lx, int ly, int rx, int ry)
{
    if (pnum(lx, ly, rx, ry) == 0) return 0x3f3f3f3f;
    if (pnum(lx, ly, rx, ry) == 1) return 0;
    int &d = dp[lx][ly][rx][ry];
    if (d != 0x3f3f3f3f) return d;
    for (int i = lx; i < rx; i ++)
        d = min(d, DP(lx, ly, i, ry) + DP(i + 1, ly, rx, ry) + ry - ly + 1);
    for (int i = ly; i < ry; i ++)
        d = min(d, DP(lx, ly, rx, i) + DP(lx, i + 1, rx, ry) + rx - lx + 1);
    return d;
}
int main()
{
    int n, m, k;
    while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF && n && m)
    {
        memset(p, 0, sizeof p);
        for (int i = 0; i < k; i ++)
        {
            int a, b;
            scanf("%d%d", &a, &b);
            p[a][b] = 1;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i ++)
            for (int j = 1; j <= m; j ++)
                p[i][j] += p[i - 1][j] + p[i][j - 1] - p[i - 1][j - 1];
        memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
        printf("Case %d: %d\n", ++cs, DP(1, 1, n, m));
    }
    return 0;
}