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  • 针对决策信息为区间直觉模糊数且属性权重完全未知的多属性决策问题, 提出基于改进的区间直觉模糊熵和新得分函数的决策方法. 首先, 利用改进的区间直觉模糊熵确定属性权重; 然后, 利用区间直觉模糊加权算术平均算子...
  • 叶值的最小代价生成树(区间DP/单调栈贪心) dp[i][j] 表示区间 [i,j] 所有组成的三角形得分之和的最小值 区间长度从 3 开始往上变大 状态转移方程为 dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+A[i]∗A[k]∗A[j]+dp[k][j])dp...

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    1. 题目

    给定 N,想象一个凸 N 边多边形,其顶点按顺时针顺序依次标记为 A[0], A[i], ..., A[N-1]

    假设您将多边形剖分为 N-2 个三角形。
    对于每个三角形,该三角形的值是顶点标记的乘积,三角剖分的分数是进行三角剖分后所有 N-2 个三角形的值之和

    返回多边形进行三角剖分后可以得到的最低分

    示例 1:
    输入:[1,2,3]
    输出:6
    解释:多边形已经三角化,唯一三角形的分数为 6
    示例 2

    在这里插入图片描述

    输入:[3,7,4,5]
    输出:144
    解释:有两种三角剖分,
    可能得分分别为:3*7*5 + 4*5*7 = 245,
    或 3*4*5 + 3*4*7 = 144。
    最低分数为 144。
    
    示例 3:
    输入:[1,3,1,4,1,5]
    输出:13
    解释:最低分数三角剖分的得分情况为 
    1*1*3 + 1*1*4 + 1*1*5 + 1*1*1 = 13。
     
    提示:
    3 <= A.length <= 50
    1 <= A[i] <= 100
    

    来源:力扣(LeetCode)
    链接:https://leetcode-cn.com/problems/minimum-score-triangulation-of-polygon
    著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

    2. 解题

    类似题目:
    LeetCode 1130. 叶值的最小代价生成树(区间DP/单调栈贪心)

    • dp[i][j] 表示区间 [i,j] 所有组成的三角形得分之和的最小值
    • 区间长度从 3 开始往上变大
    • 状态转移方程为 d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i ] [ k ] + A [ i ] ∗ A [ k ] ∗ A [ j ] + d p [ k ] [ j ] ) dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+A[i]*A[k]*A[j]+dp[k][j]) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+A[i]A[k]A[j]+dp[k][j])k 取值 [i+1, j-1]
    class Solution {
    public:
        int minScoreTriangulation(vector<int>& A) {
        	int n = A.size(), len, i, j, k;
        	vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
        	for(len = 3; len <= n; ++len)
        	{
        		for(i = 0; i < n; ++i)
        		{
        			j = i+len-1;
        			if(j >= n) continue;
        			dp[i][j] = INT_MAX;
        			for(k = i+1; k < j; ++k)
        			{
        				dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k]+A[i]*A[k]*A[j]+dp[k][j]);
        			}
        		}
        	}
        	return dp[0][n-1];
        }
    };
    

    8 ms 8.8 MB


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    Michael阿明

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  • 论文研究-基于区间直觉模糊数的得分函数与精确函数及其应用.pdf, 在模糊决策理论中,区间直觉模糊数的排序是一个非常重要的理论问题.运用得分函数和精确函数对区间直觉...
  • 我的问题是倾向得分匹配法之前要对匹配变量进行选择,我看见连玉君老师的一篇文章中主要是对处理变量和匹配变量做logit回归,然后根据准R方和AUC值判断,两者越大越好,通常来说AUC应该大于0.8,但是我现在论文选择...

    问题一:老师您好!我的问题是倾向得分匹配法之前要对匹配变量进行选择,我看见连玉君老师的一篇文章中主要是对处理变量和匹配变量做logit回归,然后根据准R方和AUC值判断,两者越大越好,通常来说AUC应该大于0.8,但是我现在论文选择不同匹配变量与处理变量做了5个模型回归,AUC值都为0.8附近,都是0.79几,这样可以吗?

    问题二:关于面板数据有些问题想要咨询一下。数据是大N小T的某一行业的企业数据,其中包含企业性质这一几乎不随时间变化的变量,想请问一下老师在固定效应分析中还可以利用该变量以及该变量和一个连续变量生成的交互项吗?

    3dfd5c939e7fde9bbaba60fde40fbd2a.png

    回答一:可以。AUC值为0.8是个一般参考值。另可以参考psestimate命令筛选匹配变量的一阶及二阶形式。

    回答二:可以。

    往期回顾:

    互助问答第191期:关于PSM-DID的问题

    互助问答第190期:关于弱工具变量检验问题

    互助问答第189期

    互助问答第188期:倾向得分匹配检验问题

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    学术指导:张晓峒老师

    本期解答人:任婉婉老师

    统筹:李丹丹

    编辑:杨志媛

    技术:林毅

    c9e34d3c95e303a3538f424366bd5d09.png
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  • 文章目录贪心 - 区间问题(区间选点 + 最大不相交区间数量 + 区间分组 + 区间覆盖)1、区间选点2、最大不相交区间数量3、区间分组4、区间覆盖 1、区间选点 给定N个闭区间[ai,bi],请你在数轴上选择尽量少的点,使得每...

    贪心 - 区间问题(区间选点 + 最大不相交区间数量 + 区间分组 + 区间覆盖)

    1、区间选点

    给定N个闭区间[ai,bi],请你在数轴上选择尽量少的点,使得每个区间内至少包含一个选出的点。

    输出选择的点的最小数量。

    位于区间端点上的点也算作区间内。

    输入格式
    第一行包含整数N,表示区间数。

    接下来N行,每行包含两个整数ai,bi,表示一个区间的两个端点。

    输出格式
    输出一个整数,表示所需的点的最小数量。

    数据范围
    1≤N≤105,
    −109≤ai≤bi≤109

    输入样例:
    3
    -1 1
    2 4
    3 5
    输出样例:
    2
    

    思路:

    将 给 定 区 间 按 右 端 点 从 小 到 大 排 序 。 将给定区间按右端点从小到大排序。

    每 次 判 断 当 前 区 间 的 右 端 点 r i 能 否 覆 盖 到 后 面 的 区 间 , 即 判 断 r i > = l i + k , k = 1 , 2 , . . . 。 每次判断当前区间的右端点r_i能否覆盖到后面的区间,即判断r_i>=l_{i+k},k=1,2,...。 riri>=li+kk=1,2,...

    若 能 , 则 将 这 k 个 区 间 加 入 到 同 一 集 合 , 表 示 这 些 集 合 中 的 区 间 均 包 含 点 r i 。 若 不 能 , 则 将 r i 更 新 为 r i + 1 , 同 时 答 案 需 要 增 加 1 。 再 看 r i + 1 最 多 能 够 覆 盖 多 少 个 区 间 。 若能,则将这k个区间加入到同一集合,表示这些集合中的区间均包含点r_i。\\若不能,则将r_i更新为r_{i+1},同时答案需要增加1。再看r_{i+1}最多能够覆盖多少个区间。 kririri+11ri+1

    目 标 就 是 选 尽 量 少 的 点 , 能 够 使 得 涵 盖 了 所 有 区 间 。 按 右 端 点 排 序 后 , 因 为 每 个 区 间 都 要 被 分 组 , 那 么 选 择 右 端 点 就 能 够 涵 盖 到 更 多 的 区 间 , 使 得 分 的 组 数 最 小 。 目标就是选尽量少的点,能够使得涵盖了所有区间。\\按右端点排序后,因为每个区间都要被分组,那么选择右端点就能够涵盖到更多的区间,使得分的组数最小。 使使

    代码:

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    
    #define P pair<int,int>
    #define r first
    #define l second
    
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10;
    
    int n;
    P seg[N];
    
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&seg[i].l,&seg[i].r);
        
        sort(seg,seg+n);
        
        int res=1,t=seg[0].r;
        for(int i=1;i<n;i++)
            if(t<seg[i].l)
            {
                t=seg[i].r;
                res++;
            }
        
        cout<<res<<endl;
        
        return 0;
    }
    

    2、最大不相交区间数量

    给定N个闭区间[ai,bi],请你在数轴上选择若干区间,使得选中的区间之间互不相交(包括端点)。

    输出可选取区间的最大数量。

    输入格式
    第一行包含整数N,表示区间数。

    接下来N行,每行包含两个整数ai,bi,表示一个区间的两个端点。

    输出格式
    输出一个整数,表示可选取区间的最大数量。

    数据范围
    1≤N≤105,
    −109≤ai≤bi≤109

    输入样例:
    3
    -1 1
    2 4
    3 5
    输出样例:
    2
    

    思路:

    将 给 定 区 间 按 右 端 点 从 小 到 大 排 序 。 将给定区间按右端点从小到大排序。

    每 次 判 断 当 前 区 间 的 右 端 点 r i 与 后 面 的 区 间 是 否 有 交 集 , 即 判 断 r i > = l i + k , k = 1 , 2 , . . . 。 每次判断当前区间的右端点r_i与后面的区间是否有交集,即判断r_i>=l_{i+k},k=1,2,...。 riri>=li+kk=1,2,...

    若 能 , 说 明 两 个 区 间 有 交 集 , 则 答 案 需 要 增 加 1 , 同 时 再 看 r i + 1 , 做 同 样 判 断 。 若能,说明两个区间有交集,则答案需要增加1,同时再看r_{i+1},做同样判断。 1ri+1
    若 不 能 , 说 明 两 个 区 间 无 交 集 , 则 将 这 k 个 区 间 加 入 到 集 合 中 , 表 示 集 合 中 的 区 间 没 有 交 集 。 若不能,说明两个区间无交集,则将这k个区间加入到集合中,表示集合中的区间没有交集。 k

    代 码 同 第 一 题 完 全 相 同 。 代码同第一题完全相同。

    代码:

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    
    #define P pair<int,int>
    #define r first
    #define l second
    
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10;
    
    int n;
    P seg[N];
    
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&seg[i].l,&seg[i].r);
        
        sort(seg,seg+n);
        
        int res=1,t=seg[0].r;
        for(int i=1;i<n;i++)
            if(t<seg[i].l)
            {
                t=seg[i].r;
                res++;
            }
            
        cout<<res<<endl;
        
        return 0;
    }
    

    3、区间分组

    给定N个闭区间[ai,bi],请你将这些区间分成若干组,使得每组内部的区间两两之间(包括端点)没有交集,并使得组数尽可能小。

    输出最小组数。

    输入格式
    第一行包含整数N,表示区间数。

    接下来N行,每行包含两个整数ai,bi,表示一个区间的两个端点。

    输出格式
    输出一个整数,表示最小组数。

    数据范围
    1≤N≤105,
    −109≤ai≤bi≤109

    输入样例:
    3
    -1 1
    2 4
    3 5
    输出样例:
    2
    

    思路:

    先 将 给 定 区 间 按 左 端 点 从 小 到 大 排 序 。 先将给定区间按左端点从小到大排序。

    对 于 每 个 给 定 区 间 , 每 次 判 断 当 前 区 间 能 否 加 入 到 已 经 分 好 的 组 中 去 。 即 判 断 已 经 分 好 的 组 中 , 每 个 组 所 有 区 间 中 的 最 右 边 的 端 点 m a x _ r 与 当 前 区 间 的 左 端 点 l i 的 大 小 关 系 。 对于每个给定区间,每次判断当前区间能否加入到已经分好的组中去。\\即判断已经分好的组中,每个组所有区间中的最右边的端点max\_r与当前区间的左端点l_i的大小关系。 max_rli

    若 m a x _ r < l i , 说 明 当 前 区 间 不 能 加 入 到 该 组 , 反 之 说 明 可 以 加 入 到 该 组 。 若max\_r<l_i,说明当前区间不能加入到该组,反之说明可以加入到该组。 max_r<li
    若 已 经 分 好 的 组 中 , 没 有 任 何 一 组 的 m a x _ r < l i , 则 需 重 新 开 一 个 组 将 当 前 区 间 加 入 进 去 。 若已经分好的组中,没有任何一组的max\_r<l_i,则需重新开一个组将当前区间加入进去。 max_r<li

    可 见 整 个 过 程 需 要 频 繁 地 查 询 和 修 改 某 一 组 的 m a x _ r , 这 个 过 程 可 以 通 过 小 根 堆 来 维 护 。 可见整个过程需要频繁地查询和修改某一组的max\_r,这个过程可以通过小根堆来维护。 max_r
    用 一 个 小 根 堆 来 存 储 各 组 的 最 右 端 点 。 用一个小根堆来存储各组的最右端点。

    ① 、 若 当 前 区 间 的 左 端 点 l i 小 于 等 于 堆 顶 元 素 , 说 明 需 要 重 新 开 一 个 组 将 当 前 区 间 加 入 进 去 , 同 时 需 要 加 入 该 区 间 的 右 端 点 到 堆 。 ①、若当前区间的左端点l_i小于等于堆顶元素,说明需要重新开一个组将当前区间加入进去,\\\qquad同时需要加入该区间的右端点到堆。 li

    ② 、 若 当 前 区 间 的 左 端 点 大 于 堆 顶 元 素 , 说 明 可 以 将 该 区 间 加 入 到 这 个 组 , 同 时 这 个 组 的 最 右 端 点 需 要 更 新 为 当 前 区 间 的 右 端 点 。 ②、若当前区间的左端点大于堆顶元素,说明可以将该区间加入到这个组,\\\qquad同时这个组的最右端点需要更新为当前区间的右端点。

    最 终 , 堆 中 元 素 的 个 数 就 是 分 组 的 个 数 。 最终,堆中元素的个数就是分组的个数。

    代码:

    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    #include<queue>
    
    #define P pair<int,int>
    #define l first
    #define r second
    
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10;
    
    int n;
    P seg[N];
    
    int main()
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&seg[i].l,&seg[i].r);
        
        sort(seg,seg+n);
        
        priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> heap;
        heap.push(seg[0].r);
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int t=heap.top();
            if(seg[i].l<=t) heap.push(seg[i].r);
            else
            {
                heap.pop();
                heap.push(seg[i].r);
            }
        }
        
        printf("%d\n",heap.size());
        
        return 0;
        
    }
    

    4、区间覆盖

    给定N个闭区间[ai,bi]以及一个线段区间[s,t],请你选择尽量少的区间,将指定线段区间完全覆盖。

    输出最少区间数,如果无法完全覆盖则输出-1。

    输入格式
    第一行包含两个整数s和t,表示给定线段区间的两个端点。

    第二行包含整数N,表示给定区间数。

    接下来N行,每行包含两个整数ai,bi,表示一个区间的两个端点。

    输出格式
    输出一个整数,表示所需最少区间数。

    如果无解,则输出-1。

    数据范围
    1≤N≤105,
    −109≤ai≤bi≤109,
    −109≤s≤t≤109

    输入样例:
    1 5
    3
    -1 3
    2 4
    3 5
    输出样例:
    2
    

    思路:

    首 先 将 给 定 区 间 按 左 端 点 从 小 到 大 排 序 。 首先将给定区间按左端点从小到大排序。

    对 于 所 有 能 够 覆 盖 起 点 s t 的 区 间 , 我 们 选 择 其 中 右 端 点 l j 最 大 的 一 个 区 间 , 接 着 将 s t 更 新 为 l j 。 对于所有能够覆盖起点st的区间,我们选择其中右端点l_j最大的一个区间,接着将st更新为l_j。 stljstlj

    初 始 化 起 点 s t = s , i 从 前 到 后 遍 历 每 个 区 间 , 用 双 指 针 j 来 寻 找 能 够 覆 盖 s t 的 区 间 的 右 端 点 的 最 大 值 r 。 初始化起点st=s,i从前到后遍历每个区间,用双指针j来寻找能够覆盖st的区间的右端点的最大值r。 st=sijstr

    ① 、 若 没 有 任 何 区 间 能 够 覆 盖 s t , 可 提 前 退 出 循 环 , 输 出 − 1 。 ①、若没有任何区间能够覆盖st,可提前退出循环,输出-1。 st退1

    ② 、 若 已 经 覆 盖 了 终 点 e , 可 提 前 退 出 , 输 出 所 需 的 区 间 数 量 r e s 。 ②、若已经覆盖了终点e,可提前退出,输出所需的区间数量res。 e退res

    ③ 、 否 则 就 更 新 s t 为 r , i 移 到 r 所 在 区 间 的 后 一 个 区 间 , 重 复 以 上 操 作 。 ③、否则就更新st为r,i移到r所在区间的后一个区间,重复以上操作。 strir

    代码:

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<algorithm>
    
    #define P pair<int,int>
    #define l first
    #define r second
    
    using namespace std;
    
    const int N=1e5+10;
    
    int n,s,e;
    P seg[N];
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d%d",&s,&e,&n);
        for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d",&seg[i].l,&seg[i].r);
        
        sort(seg,seg+n);
        
        int st=s,res=0;
        bool flag=false;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int j=i,r=-2e9;
            while(j<n && seg[j].l<=st)
            {
                r=max(r,seg[j].r);
                j++;
            }
            
            if(r<st)
            {
                res=-1;
                break;
            }
            
            res++;
            if(r>=e)
            {
                flag=true;
                break;
            }
            
            st=r;
            i=j-1;
        }
        
        if(!flag) res=-1;
        cout<<res<<endl;
        
        return 0;
    }
    
    展开全文
  • 本题就是在区间DP的基础上确定了增加一维来表示右边拼上一些方块得到的最大得分 区间DP的解决,使用记忆化搜索比DP更加简单且不易出错,就按照LRJ的模型学习掌握即可 #include <set> #include <map> #...

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    问题的分析见紫书,LRJ老师解释的很详细%%%

    这道题学到了以下感悟:

    • 学会如何分析问题,转化为DP模型(区间DP),尝试正常的区间DP状态定义——行不通。结合问题,尝试改变状态定义或者增加维度以实现正确思路。本题就是在区间DP的基础上确定了增加一维来表示右边拼上一些方块得到的最大得分
    • 区间DP的解决,使用记忆化搜索比递推更加简单且不易出错,就按照LRJ的模型学习掌握即可
    #include <set>
    #include <map>
    #include <stack>
    #include <queue>
    #include <math.h>
    #include <cstdio>
    #include <string>
    #include <bitset>
    #include <cstring>
    #include <sstream>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    #include <unordered_map>
    using namespace std;
    #define fi first
    #define se second
    #define pb push_back
    #define ins insert
    #define lowbit(x) (x&(-x))
    #define mkp(x,y) make_pair(x,y)
    #define mem(a,x) memset(a,x,sizeof a);
    typedef long long ll;
    typedef long double ld;
    typedef unsigned long long ull;
    typedef pair<int,int> P;
    const double eps=1e-8;
    const double pi=acos(-1.0);
    const int inf=0x3f3f3f3f;
    const ll INF=1e18;
    const int Mod=1e9+7;
    const int maxn=2e5+10;
    
    int a[210],L[210];
    int d[210][210][210];
    int n;
    
    int f(int x){
        return x*x;
    }
    
    int dp(int p,int q,int s){
        if(p<1 || q>n || p>q) return 0;  //如果越界则返回0,因为0对答案是无影响的
        int &ans=d[p][q][s];
        if(ans>0) return ans;  //如果已经得到了值则直接返回
        if(L[p]==L[q]) return ans=f(q-p+1+s);  //特判一下边界,也就是该段均为同色
        ans=0;  //初始化
        int y=L[q];
        ans=max(ans,dp(p,y-1,0)+f(q-y+1+s));
        for(int x=y-1;x>=p;x--)
            if(a[x]==a[q] && a[x]!=a[x+1]){
                ans=max(ans,dp(x+1,y-1,0)+dp(p,x,q-y+1+s));
            }
        return ans;
    }
    
    int main(){
        //freopen("in.txt","r",stdin);
        //freopen("out.txt","w",stdout);
        ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
        int t,kase=0;
        cin>>t;
        while(t--){
            cin>>n;
            for(int i=1;i<=n;i++){
                cin>>a[i];
                if(a[i]==a[i-1])  //L数组存储每段同色的起点的位置
                    L[i]=L[i-1];
                else L[i]=i;
            }
            memset(d,-1,sizeof d);
            int ans=dp(1,n,0);
            cout<<"Case "<<++kase<<": "<<ans<<endl;
        }
        return 0;
    }
    
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  • 威尔逊区间

    千次阅读 2017-12-20 19:47:17
    由于工作原因要使用威尔逊区间来计算POI与TD之间的分数,现在总结一下。 对于召回的一些数据如何给这些数据来排名,然后根据这个排名来显示数据,这就需要使用“威尔逊区间”了。 首先我们讨论的情况是每个项目...
  • 区间dp

    2019-09-24 14:23:41
    上一篇文章求得每一块...有一个长度为n的整数序列,A和B轮流取数,A先取,每次可以从左端或者右端取一个数,所有数都被取完时游戏结束,然后统计每个人取走的所有数字之和作为得分,两人的策略都是使自己的得分尽可...
  • 区间DP

    2017-10-30 18:15:30
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  • 文章目录 题目分析 题目链接 题目分析 1。数组中没有负数意味着什么?意味着区间越大,其和越大。 2. 对于给定下标i,其左边的一个区间满足没有重复数的左边界(最左边)下标为j,我们有,随着... 删除子数组的最大得分
  • 一、正态分布 标准正态分布 标准正态分布就是均值为0,标准差为1的分布,如下图 ...上图中的面积就是标准正态分布的概率,而置信区间就是变量的区间估计,例如图中的-1到1就是一个置信区间:...
  • 威尔逊置信区间排序

    2021-05-23 18:08:02
    有一种计算得分的策略是,通过某事件发生的概率的最低置信区间来对项目进行排序。 所谓”置信区间”,就是说,以某个概率而言,p会落在的那个区间。比如,某个产品的好评率是80%,但是这个值不一定可信。根据统计学...
  • C++ 区间 DP

    2021-08-14 20:13:24
    区间DP 简介: 正所谓区间 DP ,就是在区间上进行 DP 。区间 DP 以区间的长度划分阶段,记录两个端点的坐标,通过合并小区间的最优解来求出大区间的最优解。 在一般的 区间 DP 题目中,区间 DP 的转移依赖于枚举...
  • 区间动态规划详解

    千次阅读 2018-11-15 20:57:40
    前段时间遇到石子合并问题,看着题解A了,以为学会了区间DP,再次遇到能量项链这个问题的时候大脑还是一片空白,只能重新认识一下区间动态规划了。 翻过很多博客,基本上都是题解,真正对区间动态规划本身的讲解...
  • 区间DP总结

    2020-07-06 10:31:23
    序列是一个链(非环),求从区间(l,r)之间的最大得分,典型问题:石子数问题。 f(l,r)表示把第l堆到第r堆的石子合并在一起的最大得分,最后合并在一堆的石子来源于前两堆,其中一堆在(l,k),另一堆在(k+1,r)区间内...
  • 采用区间值Vague集表达多传感器信息融合问题,提出了一种新的...定义区间值Vague集的距离和得分函数,利用关系矩阵确定各传感器的综合支持度,进而得到目标的综合得分函数,给出融合结果。实例分析验证了方法的有效性。
  • 区间型DP

    2016-11-13 23:09:00
    区间型DP是一类经典的动态规划问题,主要特征是可以先将大区间拆分成小区间求解最后由小区间的解得到大区间的解。 有三道例题 一、石子合并 在一个圆形操场的四周摆放N堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定...
  • dp之区间dp

    2021-08-26 11:46:07
    区间dp: 当发现,解决这个问题的最后一步是关于区间的操作的时候,可以使用区间dp acwing 环形石子合并 将 n 堆石子绕圆形操场排放,现要将石子有序地合并成一堆。 规定每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆,并将新...
  • 区间长度为1时,根节点没有左右儿子,故它的得分就为它自己本身。 当区间长度大于1时,且左端点为根节点时,说明其左儿子为空,故其左儿子得分为1。 同理右端点为根节点时,说明其右儿子为空,故其右儿子得分为1。
  • 所以就多维护一个 kkk,设 f[i][j][k]f[i][j][k]f[i][j][k] 表示, iii 到 jjj 区间后面有 kkk 个与 jjj 相同的木块的最高得分。 然后也要分情况讨论: ⭐首先是我们可以不合并 jjj 与 kkk ,让 [i,j][i,j][i,j]..
  • 区间直觉模糊信息的集成方法进行了研究....定义了区间直觉模糊数的得分函数和精确函数,进而给出了区间直觉模糊数的一种简单的排序方法.最后提供了一种基于区间直觉模糊信息的决策途径,并进行了实例分析.</p>

空空如也

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