【学习笔记】dp基础

知识储备：dp入门。

好了，完成了dp入门，我们可以做一些稍微不是那么裸的题了。

dp基础，主要是做题，只有练习才能彻底掌握。

 

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洛谷P1417 烹调方案

分析：由于时间的先后会对结果有影响，所以c[i]*b[j]>c[j]*b[i]为条件排序，然后再01背包。

 

 

洛谷P1387 最大正方形

分析：用dp[i][j]来表示以a[i][j]（正方形数组）为右下角最后一个数的正方形边长，a数组可以直接用dp数组代替掉。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=103;
int dp[maxn][maxn];
int min_a(int a,int b,int c)
{
    return min(min(a,b),min(b,c));
}
int main()
{
    int n,m,ans=-1;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        scanf("%d",&dp[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=2;j<=m;j++)
        {
            if(dp[i][j]>=1)
            {
                dp[i][j]=min_a(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1],dp[i][j-1])+1;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        ans=max(ans,dp[i][j]);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

 

 

洛谷P1006 传纸条

分析：拿到题我不假思索地写了一份 单次最大好心值+dfs路径还原标记+单次最大好心值，然而发现，第一次最大好心值的路线把第二次堵死了。。。

好吧，正解是双线程，dp[k][i][j]表示走了k步，两份纸条横坐标分别是i,j时的好心最大值。

安利一发别人博客，讲得很透彻：http://www.cnblogs.com/OIerShawnZhou/p/7492555.html

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=60;
int dp[2*maxn][maxn][maxn],a[maxn][maxn],go[maxn][maxn];
    //dp[k][i][j]走了k步，两份纸条横坐标分别是i,j时的好心最大值
int max_a(int a,int b,int c,int d)
{
    return max(max(a,b),max(c,d));
} 
int main()
{
    int m,n,ans=0;
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    scanf("%d",&a[i][j]);
    for(int k=1;k<n+m;k++)//步数 
    {
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            for(int j=1;j<=k;j++)
            {
                dp[k][i][j]=max_a(dp[k-1][i][j],dp[k-1][i][j-1],dp[k-1][i-1][j],dp[k-1][i-1][j-1])+a[i][k-i+1]+a[j][k-j+1];
                if(i==j) dp[k][i][j]-=a[i][k-i+1];//重复了 
            }
        }
    } 
    printf("%d",dp[n+m-1][m][m]);
    return 0;
}

 

 

洛谷P1282 多米诺骨牌

分析：拿到题有点懵，但仔细想想，这好像也算是01背包，可以把翻转每个骨牌得到的点数差看做一件物品（记住，点数不带绝对值），但会出现数组下标为负数的情况，这个时候把 N 看做为0，N-1就是-1，N+1就是1

　　dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数

 普通版：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int N=maxn*5,INF=9999999;
int dp[maxn][2*N],a[maxn],b[maxn];//dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数
int main()
{
    int n,minnum=INF,k=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);    
    }
    for(int i=0;i<maxn;i++)
    for(int j=0;j<2*N;j++)
        dp[i][j]=INF;
    dp[0][N]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=-N;j<=N;j++)
        {
            int dis=a[i]-b[i];//有正有负，故而开数组要开2*N,下面j+N同理
            dp[i][j+N]=min(dp[i-1][j+dis+N]+1,dp[i-1][j-dis+N]);//翻或不翻 
        }
    }
     for(int i=0;i<=N;i++)
    {
        minnum=min(dp[n][N-i],dp[n][N+i]);
        if(minnum!=INF)
        {
            printf("%d",minnum);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

 滚动数组优化：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int N=maxn*10,INF=9999999;
int dp[2][2*N],a[maxn],b[maxn];//dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数
int main()
{
    int n,minnum=INF,k=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);    
    }
    for(int i=0;i<2;i++)
    for(int j=0;j<2*N;j++)
        dp[i][j]=INF;
    dp[0][N]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=-N;j<=N;j++)
        {
            int dis=a[i]-b[i];//有正有负，故而开数组要开2*N,下面j+N同理
            dp[i&1][j+N]=min(dp[(i-1)&1][j+dis+N]+1,dp[(i-1)&1][j-dis+N]);//翻或不翻 
        }
    }
     for(int i=0;i<=N;i++)
    {
        minnum=min(dp[n&1][N-i],dp[n&1][N+i]);
        if(minnum!=INF)
        {
            printf("%d",minnum);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

 

 

洛谷P1880 石子合并

分析：曾经的noi系列。石子合并问题分好几种情况。

这题是环形的，且只能合并相邻的两堆，那么我们把石子数组展开，如[1,2,3,4,5] -> [1,2,3,4,5,1,2,3,4,5]，这样进行处理，就能将环形转换成直线。

转换完之后，就可以用dp做了，dp的解释详见代码。这题数据过得去，时间是 O(n³) 不然要用平行四边形优化。

安利一发acdreamer的博客，把石子合并问题讲的很清楚http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/18039073

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int sum[205],mins[205][205],maxs[205][205],s[205][205];//dp[i][j]=i~j的最大得分
int main()
{
    int  a,n,minnum=9999999,maxnum=-minnum;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&sum[i]);
        sum[i+n]=sum[i];
        s[i][i]=i;
        s[i*2][i*2]=i;
    }
    for(int i=1;i<=2*n;i++) sum[i]+=sum[i-1]; //前缀和 
    for(int l=1;l<=n;l++)//区间长度
    {
        for(int i=1;i+l<=2*n;i++)//开始的端点 
        {
            
            int j=i+l;//结束的端点
            maxs[i][j]=-99999999;mins[i][j]=-1*maxs[i][j];
            for(int k=i;k<j;k++)
            {
                maxs[i][j]=max(maxs[i][j],maxs[i][k]+maxs[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
                mins[i][j]=min(mins[i][j],mins[i][k]+mins[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
            }
        }
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++)//因为是环形的，可从任意两堆间分开，所以需要枚举一遍起点从1~n 
    {
        maxnum=max(maxs[i][i+n-1],maxnum);
        minnum=min(mins[i][i+n-1],minnum);
    }
    printf("%d\n%d",minnum,maxnum);
    return 0;
} 

 

 

洛谷P1108 低价购买

分析：第一问还是很简单的，求最长下降子序列。第二问要计算方案数量，还要判重。

用t[i]表示前i个股票的不同方案个数，可以得出，如果存在dp[j]==dp[i] && a[j]==a[i]方案就是重复的，所以就把t[i]赋为0，如果f[i]==f[j]+1，那么i可以从j转移，所以t[i]+=t[j]。最后统计和即可。

 

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[5005],a[5005],t[5005];//t，计算出现次数的dp 
int main()
{
    int ans=-99999,n,k=0,res=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++)
        {
            if(a[j]>a[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
        }
        ans=max(ans,dp[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dp[i]==1) t[i]=1;//如果无法转移则为1 
        for(int j=1;j<i;j++)
        {
            if(dp[j]==dp[i]-1 && a[i]<a[j])//判前继 判可以为下一个数 
            {
                t[i]+=t[j];//转移
            }
            else if(dp[i]==dp[j]&&a[i]==a[j]) t[j]=0;//判重
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(dp[i]==ans) res+=t[i];
    }
    printf("%d %d",ans,res);
    return 0;
}