DP基础 0306（VJ）
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T1（Common Subsequence）
最长公共子序列模板题
\(code:\)
#include
#include
#include
using namespace std;
int f[1005][1005];
int main(){
string a,b;
while(cin>>a>>b){
memset(f,0,sizeof f);
int la=a.size(),lb=b.size();
for(int i=0;i T2（Help Jimmy）
解法： 先按高度将平台排序，把初始点作为一个长度为1的平台（为了方便）。
从上倒下扫一遍，只用关注左右端点。
令 \(f[i][0]\) 表示到第 \(i\) 个平台的左端点最少时间，\(f[i][1]\) 表示第 \(i\) 个平台右端点最少时间。
因为每个端点跳下去到达的平台及位置只有一种情况，所以用每个平台更新其能到达的平台左右端点的值。
\(code:\)
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int f[1005][2];
int xx,yy,mh;
struct node{
int l,r,h;
}a[1005];
bool cmp(node x,node y){
return x.h>y.h;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
memset(f,0x3f,sizeof f);
int n;cin>>n>>xx>>yy>>mh;
f[1][0]=f[1][1]=0;
a[1].l=xx,a[1].r=xx,a[1].h=yy;
for(int i=2;i<=n+1;++i)
cin>>a[i].l>>a[i].r>>a[i].h;
sort(a+1,a+n+2,cmp);
int ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n+1;++i){
// cout<=a[i].h) continue;
if(a[i].h-a[j].h>mh) break;
if(a[j].l<=ll && a[j].r>=ll){
// cout<<"l: "<=a[i].h) continue;
if(a[i].h-a[j].h>mh) break;
if(a[j].l<=rr && a[j].r>=rr){
// cout<<"r: "< T3（Treats for the Cows）
题意： 一个序列，每次从左端或右端取一个数，得到的值是 第几次取的 $ $ 当前数的值*
正解： 区间dp。\(f[l][r]\) 表示在 \(l\) 到 \(r\) 这个区间可以获得的最大值。
更新一个区间的时候枚举断点。
我的做法： 普通dp。\(f[i][j][0/1]\) 表示第 \(i\) 次取第 \(j\) 个数时从 左/右 取的最大值。
\(f[i][j][0]\) 可以从 \(f[i-1][j-1][0]\) （上一次从左边取）和 \(f[i-1][n-i+j+1][1]\) （上一次从右边取）更新。
\(f[i][j][0]\) 可以从 \(f[i-1][j+1][0]\) （上一次从右边取）和 \(f[i-1][i+j-n-1][0]\) （上一次从左边取）更新。
\(code:\)
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[2005];
long long f[2005][2005][2];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=0;i<=n;++i) f[0][i][0]=f[0][i][1]=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
//左端
if(j<=i){
if(f[i-1][j-1][0]!=-1)
f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j-1][0]+a[j]*i);
if(f[i-1][n-i+j+1][1]!=-1)
f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][n-i+j+1][1]+a[j]*i);
}
//右端
if(i>=n-j+1){
if(f[i-1][j+1][1]!=-1)
f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][j+1][1]+a[j]*i);
if(f[i-1][i+j-n-1][0]!=-1)
f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][i+j-n-1][0]+a[j]*i);
}
}
}
long long ans=-1;
for(int i=1;i<=n;++i)
ans=max(max(ans,f[n][i][1]),f[n][i][0]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T4（Milking Time）
题意： 给定 \(m\) 个区间（可重叠）。选出若干个个区间，每两个相邻区间的时间间隔（后一个的左-前一个的右）至少为 \(r \)。每个区间的右端点不超过 \(n\)。
解法： 先按右端点排序，令 \(f[i]\) 表示 \(1-i\) 可获得的最大值。
每次用该区间 左端点-r 以前的 \(f\) 的最大值来更新。可以暴力的，数据范围比较小，我用的树状数组。
\(code:\)
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
struct node{
int l,r,w;
}a[1005];
int n;
int ma[1000005];
int cmp(node x,node y){
return x.r0;i-=lw(i)) res=max(res,ma[i]);
return res;
}
int main(){
int m,rr;
cin>>n>>m>>rr;
for(int i=1;i<=m;++i)
cin>>a[i].l>>a[i].r>>a[i].w;
sort(a+1,a+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;++i){
int xx=0;
if(a[i].l>=rr) xx=ask(a[i].l-rr);
change(a[i].r,xx+a[i].w);
}
cout< T5（Making the Grade）
题意： 一个序列，每次可以给每个数加上或减去一些值（每次操作消耗为加上或减去的值），使得这个序列非严格递增/递减。问达到目标的最小消耗。
解法： 有个结论——最后的序列中每个数一定是原序列中的数。
先离散化并去重原序列。令 \(f[i][j]\) 表示前 \(i-1\) 个数满足条件并且第 \(i\) 个数为离散化后的第 \(j\) 个数是的最小值。
\(f[i][j]\) 由 \(f[i-1][1\ to \ j]\) （以单增为例）中的最小值更新而来。
\(code:\)
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
long long f[2005][2005],b[2005],a[2005];
long long mi[2005];
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
int m=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
memset(f,0x3f,sizeof f);
mi[0]=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j){
f[i][j]=mi[j]+abs(int(a[i]-b[j]));
mi[j]=min(mi[j-1],f[i][j]);
}
long long ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=m;++i) ans=min(ans,mi[i]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}