动态规划学习

动态规划学习

前言

以前我也算是接触过一点DP，陆陆续续学了一些背包问题，线性动规和区间动规。现在我再次发现了动规的重要性，决定在暑假里专门刷一些动规题。这篇blog主要记录我刷过的一些DP题。

引用 _皎月半撒花 大佬的一段话

动态规划自古以来是\(dalao\)凌虐萌新的分水岭，但有些\(OIer\)认为并没有这么重要——会打暴力，大不了记忆化。但是其实，动态规划学得好不好，可以彰显出一个\(OIer\)的基本素养——能否富有逻辑地思考一些问题，以及更重要的——能否将数学、算筹学（决策学）、数据结构合并成一个整体并且将其合理运用\(qwq\)。

推荐 （大佬的blog）

  • <什么是动态规划> —— by知乎大佬

正文 （这是我的qwq）

（PS：考完后一定记得来写题解）

\([序号].\) \(\texttt{[ 标题 ]}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

[ 内容 ]

\(\texttt{Code}\)

\(1.\) \(\texttt{P1040 加分二叉树}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

暂无

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 37
using namespace std;
int n;
int val[N],f[N][N],root[N][N];
void print(int l,int r)
{
    if(l > r) return ;
    if(l == r) {printf("%d ",l); return ;}
    printf("%d ",root[l][r]);
    print(l,root[l][r]-1);
    print(root[l][r]+1,r);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&val[i]) ,f[i][i] = val[i] ,f[i][i-1] = 1;
    for(int i=n;i>=1;--i)
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            for(int k=i;k<=j;++k)
                if(f[i][j] < f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k])
                {
                    f[i][j] = f[i][k-1]*f[k+1][j]+f[k][k];
                    root[i][j] = k;
                }
    printf("%d\n",f[1][n]);
    print(1,n);
    return 0;
}

\(2.\) \(\texttt{P1133 教主的花园}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

定义状态 ：$f[i][j][k] $

是第 \(i\) 棵树

\(j\)表示\(i\)前面这棵树的前面这棵 是否比 前面这棵 高，高为1，矮为0

k表示前面这棵树种的多高的树

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 100007
#define M 5
#define Max(a,b,c,d) max(max(max(a,b),c),d)
using namespace std;
int n,ans;
int t[N][M];
int f[N][M][M];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=3;++j)
            scanf("%d",&t[i][j]);
    for(int j=1;j<=3;++j)
    {
    for(int i=1;i<=3;++i)
        for(int k=0;k<=1;++k)
            f[1][k][i] = 0;
    f[1][1][j] = f[1][0][j] = t[1][j];  //种j 
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        f[i][0][2] = f[i-1][1][1] + t[i][2];    //前矮种2 ，前一位是1，再前高 
        f[i][0][3] = max(f[i-1][1][1],f[i-1][1][2]) + t[i][3];  //前矮种3 ，前一位是1或2，再前高 
        f[i][1][1] = max(f[i-1][0][2],f[i-1][0][3]) + t[i][1];  //前高种1 ，前一位是2或3，再前矮 
        f[i][1][2] = f[i-1][0][3] + t[i][2];    //前高种2 ，前一位是3，再前矮 
    }
    for(int i=1;ij;--i)
        ans = max(ans,f[n][0][i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(3.\) \(\texttt{P1122 最大子树和}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

简单树形\(DP\)，只是把<最大子段和>放到树上来了而已。

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 16007
using namespace std;
int n,cnt,ans;
int val[N],f[N];
int head[N];
struct Edge {
    int next,to;
}edge[N<<1];
void add(int u,int v)
{
    edge[++cnt].next = head[u];
    edge[cnt].to = v;
    head[u] = cnt;
}
void Dfs(int fa,int u)
{
//  printf("Now u= %d\n",u);
//  f[u] = val[u];
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v = edge[i].to;
        if(v != fa) {
            Dfs(u,v);
            f[u] = max(f[u],f[u]+f[v]);
        }
    }
//  printf("f = %d\n",f[u]);
    ans = max(ans,f[u]);
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&val[i]) ,f[i] = val[i];
    for(int i=1,u,v;i<=n-1;++i)
        scanf("%d%d",&u,&v) ,add(u,v) ,add(v,u);
    Dfs(0,1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(4.\) \(\texttt{P1336 最佳课题选择}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

绿题难度疑似评高?

定义状态 ：\(f[i][j]\) 表示\(i\)及之前所以课题写了\(j\)篇的最大值

状态转移方程 ： \(f(i,j) = min f(i,j) ,f(i-1,j-k)+val\)

枚举k ； val = ai*k^bi

有点背包的味道。emm。

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 207
#define int long long
using namespace std;
int n,m;
int a[N],b[N];
int f[N][N];
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
//  printf("OK");
    for(int i=1;i<=m;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            for(int k=0;k<=j;++k)
            {
                int val = a[i] * pow(k,b[i]);
                if(f[i][j]==0 || i==1) f[i][j] = f[i][j] = f[i-1][j-k] + val;
                else f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][j-k]+val);
            }
    printf("%lld\n",f[m][n]);
    return 0;
}

\(5.\) \(\texttt{P1353 [USACO08JAN]跑步Running}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

DP大水题

定义状态 \(f[i][j]\)是\(i\)时刻\(j\)疲劳度最大跑步米数。

但是直接做我WA了，因此使用刷表法。

刷表法做的题不多，但他也是DP中的一种重要方法。刷表法是通过已知得到未知，顾名思义，就是通过已知数据把空白表填满。

  • 就例如我现在有1万元，我还能工作10年，如果每年可以赚2万，我可以通过刷表预先得知10年后我有21万元。

  • 但一般的动规是，我去年有10万，今年能赚5万，所以我今年有15万。具体的不同还是要靠自己慢慢体会。

边界 \(f[1][1] = D[1]\)

状态转移 （有max就对后面的数取max的意思，都看得懂吧）

已经是\(0\)，只能休息 \(f(i,0) = max f(i,0) , f(i-1,0)\)

不是\(0\)，选择休息 \(f(i+j,0) = max f(i+j,0) ,f(i,j)\)

选择跑步 \(f(i+1,j+1) = max f(i+1,j+1) ,f(i,j)+D[i+1]\)

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 20007
using namespace std;
int n,m;
int d[N];
int f[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&d[i]);
    f[1][1] = d[1];
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=min(i,m);++j)    //防止数组越界 
        {
            if(j==0) f[i][0] = max(f[i][0],f[i-1][0]);
            else f[i+j][0] = max(f[i+j][0],f[i][j]);    //休息 刷上去 
            f[i+1][j+1] = max(f[i+1][j+1],f[i][j]+d[i+1]); //跑步 刷上去 
        }
    printf("%d\n",f[n][0]);
    return 0;
}

\(6.\) \(\texttt{P1982 小朋友的数字}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

这道题又综合了<最大子段和>的思想。

题意有点难懂，首先翻译一下题意:

先把\(n\)个小朋友抽象为\(n\)个点，每个点上有3个数值。

手牌值：题目会输入进来，这里用\(a_i\)表示

特征值：这个点前面（包括这个点）连续若干个（最少有一个）点的手牌值之和的最大值。实际上就是最大子段和。这里用\(t_i\)表示。

分数值(用\(f_i\)表示)：这个点 \(i\) 前面(不包含\(i\)) 任意一个点(设为点\(j\)) 使得\(f_j\)+\(t_j\) 的值最大，\(f_j\)+\(t_j\)的最大值就是 \(i\)点分数。

总结一下

\(a_i\) 从题目中输入

\(t_i\) 最大子段和

\(f_i\) 由我们来\(DP\)

最后的答案是要\(f_i\)中最大的那个数，我们可以通过边\(DP\)，边取\(max\)得出。

先来看一下\(t_i\)怎么求（一开始我DP方程就推对了，就是因为这个求错坑了两天）

for(int i=1;i<=n;++i)
{
    b[i] = max(a[i],a[i]+b[i-1]);
    mx = max(mx,b[i]);
    t[i] = mx;
}

定义状态 \(f[i]\) 是 \(i\) 的最大分数。

那么 \(f[i-1]\) 一定是 \(i-1\) 前最大 \(f_j+t_j\)

\(f[i-1] + t[i-1]\) 我们还没试过

所以动态转移方程为 $f[i] = max ( f[i-1] , f[i-1]+t[i-1]) $

预处理 \(f[1] = t[1] , f[2] = f[1] + t[1]\)

\(f[2]\) 一定要预处理！

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 1000007
#define INF 0x7fffffff
#define int long long
using namespace std;
int n,p,maxn;
int a[N],b[N],t[N],f[N];
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lld",&a[i]);
    int mx = -INF;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        b[i] = max(a[i],a[i]+b[i-1]);
        mx = max(mx,b[i]);
        t[i] = mx;
    }
    f[1] = t[1] ,f[2] = f[1] + t[1];                //预处理f[1],f[2] 
    maxn = max(f[1],f[2]);                          //预处理maxn 
    bool flag = 0;
    for(int i=3;i<=n;++i)
    {
        if(f[i-1]+t[i-1]<0 && f[i-1]>0) flag = 1;   //爆longlong了， 
        if(flag) f[i] = f[i-1] % p + t[i-1] % p;    //特殊处理，中间取模 
        else f[i] = max(f[i-1],f[i-1]+t[i-1]);      //没有爆就正常操作 
        maxn = max(maxn,f[i]) % p;                  //不影响取maxn 
    }
    printf("%lld\n",maxn % p);
    return 0;
}

\(7.\) \(\texttt{P2733 家的范围 Home on the Range}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

是一道好题，思路新奇。

定义状态：\(f[i][j]\) 表示以\(i,j\)作为结尾的矩阵中最大的正方形边长

如果\(i,j\)是\(1\) ，那么动态转移方程为 \(f[i][j] = min(f[i-1][j],f[i][j-1],f[i-1][j-1]) + 1\)

你可能会问：为什么是这样？不要判断\(i，j\)的上、左方是否为1吗？

其实你只要画图想想，如果\(i,j\)上方不为\(1\)，那么\(f[i-1][j]=0\) ，其他同理。只要\(i,j\)的左上哪里最小，他就只能继承哪里。

那么这个\(f[i][j]\)有什么用呢？

我们每知道一个矩阵里最大的正方形是多少，就把 $num[f[i][j]]++ \(，记录下来。但我只记录最大的，**不过大的里面包含小的**。例如我记录了\)f[i][j]$的最大正方形是\(5,num[5]++\)，那么其实这里面肯定有大小为4,3,2的正方形。最后我们要用叠加的方式加入\(num[4]\),\(num[3]\)和\(num[2]\)。所以\(num[4]+=num[5],num[3]+=num[4]\)，同理\(num[i]+=num[i+1]\)

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 257
using namespace std;
int n,m;
int map[N][N],f[N][N];
int num[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            scanf("%1d",&map[i][j]);    //控制读入一个数字
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=n;++j)
            if(map[i][j] == 1)
            {
                f[i][j] = min(min(f[i-1][j],f[i][j-1]),f[i-1][j-1]) + 1;
                num[f[i][j]]++;
            }
    for(int i=n;i>=2;--i)
        num[i] += num[i+1];
    for(int i=2;i<=n;++i)
        if(num[i]) printf("%d %d\n",i,num[i]);
    return 0;
}

\(8.\) \(\texttt{P2734 游戏 A Game}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

区间DP题

状态很好推，只有选右和选左两种情况

定义状态 ：\(f[i][j]\)为选\(i,j\)段的最大得分

玩家1的得分肯定是\(f[i][j]\)

因为是一轮一轮来,如果玩家1的选左边，玩家2的得分就是\(f[i+1,j]\),所以：

如果玩家1 选了左边，总得分就是：\(sum[i+1,j]-f[i+1,j]+a[i]\)

如果玩家1 选了右边，总得分就是：\(sum[i,j-1]-f[i,j-1]+a[j]\)

动态转移方程： \(f[i,j] = max(sum[i+1,j]-f[i+1,j]+a[i] , sum[i,j-1]-f[i,j-1]+a[j])\)

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 207
using namespace std;
int n;
int a[N],sum[N];
int f[N][N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]) ,sum[i] = sum[i-1] + a[i] ,f[i][i] = a[i];    //记得初始化 
//  倒序枚举才能使区间从小到大 
    for(int i=n;i>=1;--i)
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
            f[i][j] = max(sum[j]-sum[i-1]-f[i+1][j],sum[j]-sum[i-1]-f[i][j-1]);
//  与之前这个动态转移方程是等价的 
    printf("%d %d\n",f[1][n],sum[n]-f[1][n]);
    return 0;
}

\(9.\) \(\texttt{P2736 “破锣摇滚”乐队 Raucous Rockers}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

二维费用背包DP

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#define N 27
#define max(a,b,c) max(max(a,b),c)
using namespace std;
int n,T,M;
int a[N];
int f[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&T,&M);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int k=1;k<=n;++k)   
        for(int i=M;i>=1;--i)
            for(int j=T;j>=a[k];--j)
                f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][T]+1,f[i][j-a[k]]+1);
    printf("%d\n",f[M][T]);
    return 0;
}

\(10.\) \(\texttt{P2854 [USACO06DEC]牛的过山车Cow Roller Coaster}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

又是一道背包

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 10007
#define MAXN 1007
using namespace std;
int n,Len,B;
int f[MAXN][MAXN];
struct Node {
    int l,L,r,F,C;
    bool operator < (const Node &a) {
        return l < a.l;
    }
}a[N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&Len,&n,&B);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d%d%d",&a[i].l,&a[i].L,&a[i].F,&a[i].C) ,a[i].r = a[i].l + a[i].L;
    sort(a+1,a+1+n);
    memset(f,-1,sizeof(f));
    f[0][0] = 0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=B-a[i].C;++j)
            if(f[a[i].l][j] != -1)
                f[a[i].r][j+a[i].C] = max(f[a[i].r][j+a[i].C],f[a[i].l][j]+a[i].F);
    int ans = -1;
    for(int i=0;i<=B;++i)
        ans = max(ans,f[Len][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(11.\) \(\texttt{P1005 矩阵取数游戏}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

第一道蓝题DP，方程一遍推对，好开心！

其实只要区间DP每行就好了，更矩阵没有多大关系。跟 这个题目有点像，（我之前写了笔记）。

代码没打高精，只能拿60pts。

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#include
#define N 107
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans;
int a[N][N],f[N][N];
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%lld",&a[i][j]);
    for(int line=1;line<=n;++line)
    {
        memset(f,sizeof(f),0);
        for(int i=m;i>=1;--i)
            for(int j=i;j<=m;++j)
            {
                int k = m - (j-i);
//              printf("i=%d,j=%d,k=%d\n",i,j,k);
                if(i==j) f[i][j] = a[line][i]*pow(2,k);
                else f[i][j] = max(f[i+1][j]+a[line][i]*pow(2,k),f[i][j-1]+a[line][j]*pow(2,k));
//              printf("### f[%d][%d] = %d\n",i,j,f[i][j]);
            }
//      printf("f = %d\n",f[1][m]);
        ans += f[1][m];
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

\(12.\) \(\texttt{P1352 没有上司的舞会}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

简单树形DP，只有这个点来和不来两种状态，方程应该很好推了吧。QwQ

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#define N 6007
using namespace std;
int n,cnt;
int a[N],head[N];
int f[N][2];
struct Edge {
    int next,to;
}edge[N<<1];
void add(int u,int v)
{
    edge[++cnt].next = head[u];
    edge[cnt].to = v;
    head[u] = cnt;
}
void Dfs(int u,int fa)
{
    f[u][1] = a[u];
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v = edge[i].to;
        if(v != fa) {
            Dfs(v,u);
            f[u][1] = max(f[u][1],f[u][1]+f[v][0]);
            f[u][0] = max(f[u][0],(f[u][0]+=max(f[v][1],f[v][0])));
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1,u,v;i<=n-1;++i)
        scanf("%d%d",&u,&v) ,add(u,v) ,add(v,u);
    Dfs(1,0);
    printf("%d\n",max(f[1][1],f[1][0]));
    return 0;
}

\(13.\) \(\texttt{P2014 选课}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

把\(0\)也算成一个节点，就变成一颗树了，考虑树形DP

定义状态 \(f[i,j]\) 是 第\(i\)个点为根的子树 ，选\(j\)门课程最大学分

动态转移方程 \(f[i,j] = f[i,j] , f[i,j-k]+f[ch,k]\)

\(ch\)是儿子节点,意思是我选k门儿子的课程获得最大值

初始化每个点是自己的分值

注意枚举范围，每个点必须先选自己，不然选不了儿子

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#define N 307
using namespace std;
int n,m,cnt;
int s[N],head[N];
int f[N][N];
struct Edge {
    int next,to;
}edge[N<<1];
void add(int u,int v)
{
    edge[++cnt].next = head[u];
    edge[cnt].to = v;
    head[u] = cnt;
}
void Dfs(int u,int fa)
{
//  printf("u=%d  \n",u);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        f[u][i] = s[u];
    for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
    {
        int v = edge[i].to;
        if(v != fa)
        {
            Dfs(v,u);
            if(u!=0)
            for(int j=m;j>=1;--j)
                for(int k=1;k=1;--j)
            for(int k=1;k<=j;++k)
                f[0][j] = max(f[0][j],f[0][j-k]+f[v][k]);
    }
    printf("%d\n",f[0][m]);
    return 0;
}

\(14.\) \(\texttt{P1854 花店橱窗布置}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

简单题，自己看吧。

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#include
#define N 107
#define INF 0x3f3f3f
using namespace std;
int n,m,ans,I;
int pre[N][N];
int a[N][N],f[N][N];
void print(int i,int j)
{
    if(i > 1) print(i-1,pre[i][j]);
    printf("%d ",j);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
            scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j)
        {
            f[i][j] = -INF;
            for(int k=i-1;k

\(15.\) \(\texttt{P2732 商店购物 Shopping Offers}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

发现还是更一下题解好一点。

看到 <=5 考虑直接五维DP。

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 107
using namespace std;
int s,b,cnt;
int id[1007];
int T[6],V[6],P[N],K[N][6];
int f[6][6][6][6][6];
int main()
{
    int n,c,k,p;
    scanf("%d",&s);
    for(int i=1;i<=s;++i)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            scanf("%d%d",&c,&k);
            if(!id[c]) id[c] = ++cnt;
            K[i][id[c]] = k;
        }
        scanf("%d",&p); P[i] = p;
    }
    scanf("%d",&b);
    for(int i=1;i<=b;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&c,&k,&p);
        if(!id[c])  id[c] = ++cnt;
        T[id[c]] = k;
        V[id[c]] = p;
    }
    for(int i=0;i<=T[1];++i)
        for(int j=0;j<=T[2];++j)
            for(int k=0;k<=T[3];++k)
                for(int l=0;l<=T[4];++l)
                    for(int m=0;m<=T[5];++m)
                    {
                        int &t = f[i][j][k][l][m] = i*V[1] + j*V[2] + k*V[3] + l*V[4] + m*V[5];
                        for(int d=1;d<=s;++d)
                            if(i-K[d][1]>=0 && j-K[d][2]>=0 && k-K[d][3]>=0 && l-K[d][4]>=0 && m-K[d][5]>=0)
                                t = min(t,f[i-K[d][1]][j-K[d][2]][k-K[d][3]][l-K[d][4]][m-K[d][5]]+P[d]);
                    }
    printf("%d\n",f[T[1]][T[2]][T[3]][T[4]][T[5]]);
    return 0;
}

\(16.\) \(\texttt{P2948 [USACO09OPEN]滑雪课Ski Lessons}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

对于雪坡是没有必要DP的，我们需要设立一个数组\(ti[]\)来储存i能力值滑雪一次的最小时间

我们需要对每一节课DP，因为每一节课分为上和不上两种状态，两节课之间滑雪几次我们可以将两节课之间的时间除以ti[k] (k为能力值)

那么定义状态： \(f[i][j]\) 为 \(i\)时刻 \(j\)能力值 的最大滑雪次数

状态转移方程：

  • 学习这节课，学习完课后的能力值为k，上一节课的结束为l ，这一节课的开始为s，看一下能课程与课程中间能滑雪多少次，对哪个状态发生了改变(方程自己想)。

  • 不学习这节课，上一节课的能力为k，上一节课的结束为l，这一节课的结束为s，（同上）。

自己想吧！

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int T,n,m;  //有T时间 n个课程 m个坡 
int ti[107];    //有i能力滑雪的最小时间 
int f[10007][107];
struct Node {
    int St,End,capa;    //capacity
    bool operator < (const Node &a) {
        return End < a.End;
    }
}les[107];
int main()
{
    memset(ti,127,sizeof(ti));
    scanf("%d%d%d",&T,&n,&m);
    for(int i=1,st,Len,ai;i<=n;++i) {
        scanf("%d%d%d",&st,&Len,&ai);
        les[i] = (Node){st,st+Len,ai};
    }
    for(int i=1,di,ci;i<=m;++i) {
        scanf("%d%d",&ci,&di);
        for(int j=ci;j<=100;++j)
            ti[j] = min(ti[j],di);
    }
    sort(les+1,les+1+n);
    les[0] = (Node){0,0,1};
    /*
    for(int i=0;i<=n;++i,putchar('\n'))
        printf("test : s=%d E=%d capacity=%d",les[i].St,les[i].End,les[i].capa);
    for(int i=1;i<=T;++i)
        printf("test : ti[%d]=%d\n",i,ti[i]);
    */
    for(int i=0;i<=n;++i)
        for(int j=0;j

\(17.\) \(\texttt{P2530 [SHOI2001]化工厂装箱员}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

这是一道好题，不过有点困不想讲思路了，给大家看一下别人的吧。

（注：以下均为转载）

这里提供一种新的思路:

状态:f[i][j][k][m] : 前i个物品 当前手中有j个"A" k个"B" m个"C"时的最小卸货次数

很明显对于第i个物品可以

1:)只取出来 暂时不装进去 前提就是当前手中货物数量<10

2:)取出来后 装进去 没有前提

所以转移方程就出来了:

f[i][j][k][m] = f[i-1][j-1][k][m] if(ob[i]=='A' && j)

f[i][j][k][m] = f[i-1][j][k-1][m] if(ob[i]=='B' && k)

f[i][j][k][m] = f[i-1][j][k][m-1] if(ob[i]=='C' && m)

以上三个均是 只取出来

f[i][0][k][m] = f[i][j][k][m] + 1 ;

f[i][j][0][m] = f[i][j][k][m] + 1 ;

f[i][j][k][0] = f[i][j][k][m] + 1 ;

这三个就是卸货啦qwq 还有一个大前提:j+k+m<=10

初值:f[0][0][0][0]=0 ; 其他均为+oo

目标:f[n][0][0][0]

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#include
#define N 107
using namespace std;
int n;
int f[N][11][11][11];
char s[N];
int main()
{
    memset(f,127,sizeof(f));
    f[0][0][0][0] = 0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cin >> s[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int a=0;a<=10;++a)
            for(int b=0;b<=10;++b)
                for(int c=0;c<=10;++c) {
                    if(a+b+c > 10) continue;
                    if(s[i] == 'A' && a) f[i][a][b][c] = f[i-1][a-1][b][c];
                    if(s[i] == 'B' && b) f[i][a][b][c] = f[i-1][a][b-1][c];
                    if(s[i] == 'C' && c) f[i][a][b][c] = f[i-1][a][b][c-1];
                    f[i][0][b][c] = min(f[i][0][b][c],f[i][a][b][c]+1);
                    f[i][a][0][c] = min(f[i][a][0][c],f[i][a][b][c]+1);
                    f[i][a][b][0] = min(f[i][a][b][0],f[i][a][b][c]+1);
                }
    printf("%d\n",f[n][0][0][0]);
    return 0;
}

\(18.\) \(\texttt{P2915 [USACO08NOV]奶牛混合起来Mixed Up Cows}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

是一道状压DP的好题。

// 思想很巧妙！设f[i][j] 为i状态压缩，j奶牛结尾。

// 每个序列不定奶牛结尾，只要满足差值就可以由上一个奶牛转移过来

太困不想写了。

\(\texttt{Code}\)


//  思想很巧妙！设f[i][j] 为i状态压缩，j奶牛结尾。
//  每个序列不定奶牛结尾，只要满足差值就可以由上一个奶牛转移过来 
#include
#include
#include
#include
#define N 20
#define MAXN 67000
#define int long long
using namespace std;
int n,K,maxn,ans;
int s[N];
int f[MAXN][N];
bool check(int x,int y) {
    return abs(s[x]-s[y]) > K;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&K);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%lld",&s[i]);
    maxn = (1<

\(19.\) \(\texttt{P4744 [Wind Festival]Iron Man}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

这道题是ygt大佬推给我的

方程一遍推对好开心!

题意：给出一段环状序列，即认为\(A_1\)和\(A_n\)是相邻的，选出其中连续不重叠且非空的K段使得这K段和最大。

环形分段最大子段和

定义状态： \(f[i][j][1/0]\) 表示 i位置 分j段 当前位置选不选 的最大和

转移方程： \(f[i][j][1] = max{ f[i-1][j-1][1] , f[i-1][j-1][0] , f[i-1][j][1] }\) \(&& j>=1\)

\(f[i][j][0] = max{ f[i-1][j][1] , f[i-1][j][0] }\)

环形处理：两次DP，一次不连接，一次强制选 1,n.

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#include
#define Max(a,b,c) max(max(a,b),c)
using namespace std;
const int N = 2e5+7;
int n,K=2,ans;
int a[N];
int f[N][57][2];    //f[i][j][val]表示 i位置 分j段 当前选不选 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,128,sizeof(f));    //初始极小化
    f[0][0][0] = f[0][0][1] = 0;    //不强制选1，n
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=K;++j)
        {
            if(j>0) f[i][j][1] = Max(f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][0])+a[i];
            f[i][j][0] = max(f[i-1][j][1],f[i-1][j][0]);
        }
    ans = max(f[n][K][1],f[n][K][0]);
    memset(f,128,sizeof(f));
    f[1][0][1] = a[1];  //选1，且不能单独列为一段，强制与n结合 
    for(int i=2;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<=K;++j)
        {
            if(j>0) f[i][j][1] = max(f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][0])+a[i];
            f[i][j][1] = max(f[i][j][1],f[i-1][j][1]+a[i]);
            f[i][j][0] = max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]);
        }
    ans = max(ans,f[n][K][1]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(20.\) \(\texttt{P1108 低价购买}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

是一道好题目，求最长下降子序列和方案总数

显然不是最长下降子序列那么简单

看到 n<=5000 的数据范围可以考虑 O(n2) 的DP求最长下降子序列，因为这样我们可以使用一些DP过程中的可利用条件

设\(f[i]\)为以 \(i\) 最长下降子序列的长度 ，\(t[i]\)为以 \(i\) 结尾且长度为\(f[i]\)下降子序列方案总数

思考：

我们求\(f[i]\)的时候是每一次从前面的状态转移，如果\(f[i]\) 是由 \(f[j]\)转移而来 \((j 那么\(t[i]\)是不是可以由\(t[j]\)转移过来呢？ 可以，即 if(f[i]==f[j]+1&&a[i]

当一个最长下降子序列长1时，也就是说只包含他自己，方案为数也为1 ，即 if(f[i]==1) t[i] = 1;

考虑两个子序列相同，如序列：

编号 01 02 03 04 05 06 07

\(a_i\)[ ] 68 69 98 74 64 68 64

3,4,5 和 3,4,7 组成的序列一样，编号却不同，如何避免重复计算呢？

例如在求7这里 ，我们可以把 t[5] = 0; 方案数清空，删除这个序列。t[7]又能从t[4]这里继承方案数 即 if(f[i]==f[j]&&a[i]==a[j]) t[j]=0; (j

\(\texttt{Code}\)


#include
#include
#include
#include
#define N 5007
using namespace std;
int n,maxx,sum;
int a[N],f[N],t[N]; //t[i]存以i结尾的最长下降子序列的方案 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        f[i] = 1;
        for(int j=1;j

\(21.\) \(\texttt{P1136 迎接仪式}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

一次交换即j变z ，z变j

定义f[i][a][b] 表示i位置把a个j变z b个z变j

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 507
#define M 107
#define INF 0x3f3f3f
using namespace std;
int n,K;
int f[N][M][M]; //有a个j变z ，b个z变j 
char s[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&K);
    cin>>s+1;
    memset(f,128,sizeof(f));                        //赋极小值，取max 
    f[0][0][0] = f[1][0][0] = f[1][s[1]=='j'][s[1]=='z'] = 0;   //显然1不变为0 ，变也为0
    for(int i=2;i<=n;++i) {
        for(int a=0;a<=K;++a)
            for(int b=0;b<=K;++b) {
                f[i][a][b] = f[i-1][a][b];
                if(s[i-1]=='j' && s[i]=='z')
                    f[i][a][b] = max(f[i][a][b],f[i-2][a][b]+1);
                if(a && s[i]=='j' && s[i-1]=='j')
                    f[i][a][b] = max(f[i][a][b],f[i-2][a-1][b]+1);
                if(b && s[i]=='z' && s[i-1]=='z')
                    f[i][a][b] = max(f[i][a][b],f[i-2][a][b-1]+1);
                if(a && b && s[i-1]=='z' && s[i]=='j')
                    f[i][a][b] = max(f[i][a][b],f[i-2][a-1][b-1]+1);
            }
    }
    int ans = -INF;
    for(int i=0;i<=K;++i)
        ans = max(ans,f[n][i][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

\(22.\) \(\texttt{P1169 [ZJOI2007]棋盘制作}\)

题目链接

\(\texttt{题解}\)

悬线法

\(\texttt{Code}\)

#include
#include
#include
#include
#define N 2007
using namespace std;
int n,m,ans1,ans2;
int le[N][N],ri[N][N],up[N][N];
bool map[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j) {
            scanf("%d",&map[i][j]);
            le[i][j] = ri[i][j] = j;
            up[i][j] = 1;
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=2;j<=m;++j) {
            if(map[i][j-1] != map[i][j])
                le[i][j] = le[i][j-1];  //?ò×ó?ó3¤ 
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=m-1;j>=1;--j) {
            if(map[i][j+1] != map[i][j])
                ri[i][j] = ri[i][j+1];
        }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=m;++j) {
            if(i>1 && map[i-1][j]!=map[i][j]) {
                up[i][j] = up[i-1][j] + 1;
                le[i][j] = max(le[i-1][j],le[i][j]);
                ri[i][j] = min(ri[i-1][j],ri[i][j]);
            }
            int a = ri[i][j] - le[i][j] + 1;
            int b = up[i][j];
            int c = min(a,b);
            ans1 = max(ans1,c*c);
            ans2 = max(ans2,a*b);
        }
    printf("%d\n%d\n",ans1,ans2);
    return 0;   
}

未完待续...

D-动态规划-线性DPAA-学习笔记H-刷题（基础）

相关

标签

一品网 冀ICP备14022925号-6