棋盘算法问题！ 与（c）一起。

我认为它可以通过递归或堆叠来实现，一个一个地尝试，如果它不起作用，你可以退出堆栈，你应该能够耗尽它。

同学们好，我是一头阳光猪，你们这样拿出BCPC问题问问题，我们会注意的，任何类似这个问答核心部分**的事情，我们都会复习和处理作弊。

其实我最近看了一个类似的问题，我一直以为是搜索题，今天你说，我明白了，是dp问题，那就简单了，这个问题我觉得noip2001或者noip2002是乘积最大的，等式应该是这样的。

f[i][j] 表示删除 j 个数的第一个 i 的最大长度：f[i][j]=max（f[k][j-1]，f[i][j]），其中 j<=k<=i

我还没想好怎么实现呢，我觉得你应该自己考虑一下吧！ 也谢谢你提醒我这个问题。

区段树优化 dp

首先是离散的。 序列权重<=n

让我们首先让 r[i] 表示最长的连续升序子序列的右端点的最长长度，其中 i 为最长，l[i] 表示最长的连续升序子序列左端点的最长长度，其中 i 为最长的升序子序列。

L[I]、R[I]可通过O（N）预处理获得。

则 o（n*n） 将枚举已删除段落的两端：

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]);

问题是 n=100000，tle

接下来我们必须考虑的是优化，假设我们已经确定删除该段的左端点 i，我们将找到 r[j] 的最大值 （j>=i 和 a[j]>a[i]） 为此我们可以。

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

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

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

这个 ** 仍然是 o（n*n），但我们可以用段树来维护 f 数组。

这使得只需 logn 即可查询 f[i] 并将间隔从 f[a[i]+1] 修改为 f[j]。

总时间 o（nlogn）。

但是，由于存在多组数据，因此建议对常量进行优化。

出来问答案是什么acm刷。。。我真的很惭愧，身为北航人......

以分而治之的想法。

首先，将棋盘分成2*2的四个部分，确定三个没有破损的棋盘区域，挖出靠在棋盘中心的棋盘块，然后对每个小棋子进行相同的操作。 由于只有一个破碎的方块，因此必须将其他三个小区域挖出以形成一个角落。

这样一来，有了类似合并的想法，就不是什么大问题了。

采用后，它将移至 C++**。

这似乎不是一个好问题吗？ 例如，你如何覆盖 k = 3？ 一个空格还剩下8个方格，8个不能被3整除，怎么可能完成覆盖而不相互重叠？

我在输出中没有看到 1 2 3 4 的位置 这些数字的位置模式是什么 你不能交换吗？

至少“= 7”来控制整个电路板，这个编程器的正确输出是，1代表黑棋，0代表白棋01010

我正在使用编译，dev可以设置编译器，可以配置vc的gcc编译器。

5 5的棋盘不要太大，如果不行，可以做一个6层嵌套，最里面的一层会判断它是否符合要求。

如果我写，它会和上面的类似......

将 x 坐标和 y 坐标分别抽象成点，如果在 （x0， y0） 坐标处有棋子，在点 x0 和 y0 之间连接一条无向边，然后将这个问题转化为求二分图的最小点覆盖率的问题，最小点覆盖率就是最大匹配， 并可选择合适的二分图最大匹配算法。

递归函数的退出条件有问题。

在做向下递归的时候，按照你的写法，只要上行达到某个点，那么必然会输出出多条路径。 这意味着您可以多次输出。 但实际上，它只需要输出一次。

另一个问题是，您的路径计数是一个临时变量，因此每次都从 0 开始。 这当然不是真的。