动态规划 dp

1.洛谷 P1049 装箱问题

题目描述

有一个箱子容量为V（正整数，0＜＝V＜＝20000），同时有n个物品（0＜n＜＝30，每个物品有一个体积（正整数）。

要求n个物品中，任取若干个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。

输入输出格式

输入格式：

一个整数，表示箱子容量

一个整数，表示有n个物品

接下来n行，分别表示这n 个物品的各自体积

输出格式：

一个整数，表示箱子剩余空间。

输入输出样例

输入样例#1：

24
6
8
3
12
7
9
7

输出样例#1：

0

说明

NOIp2001普及组 第4题

思路：

　　f数组里记录的是最大能够存放的物体的体积，我们在输入的时候将每个物体的先在c数组中记录一下，（结合一下01背包，c数组就相当于每个物体的价值），那么同样对于每件物品我们还是有不放和放两种情况，所以转移方程就出来啦！！

   f[j] = max(f[j],f[j-vi[i]]+c[i]);

(⊙v⊙)嗯~ 代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

long long V,n,vi[50];
long long f[500000],c[50];

int main() {
    cin>>V>>n;
    for(int i=1; i<=n ;i++) {
        cin>>vi[i];
        c[i]=vi[i];
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=V; j>=vi[i]; j--) {
            f[j] = max(f[j],f[j-vi[i]]+c[i]);
        }
    }
    cout<<V-f[V]<<endl;
    return 0;
}

 

2.P1002 过河卒

题目描述

棋盘上A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上C点有一个对方的马，该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。因此称之为“马拦过河卒”。

棋盘用坐标表示，A点(0, 0)、B点(n, m)(n, m为不超过20的整数)，同样马的位置坐标是需要给出的。

现在要求你计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。

输入输出格式

输入格式：

一行四个数据，分别表示B点坐标和马的坐标。

输出格式：

一个数据，表示所有的路径条数。

输入输出样例

输入样例#1：

6 6 3 3

输出样例#1：

6

说明

结果可能很大！

思路：

　　因为马所在点和马能够一步跳跃的点是不可以走的，所以要先开个数组标记一下，（大家肯定对dx，dy数组并不陌生，所以就不介绍啦~\(≧▽≦)/~），因为从0开始会出现负数下标，所以我们从1开始，那么就将数组向右下移一格。因为卒只能往右或下跳，所以对于每个点都是由它上面的点或下面的点扩展来的，（加法原理），运用类似前缀和的做法，每个点上记录的是到达此点的路径条数，所以最后一个点上记录的就是从A到B的所有路径，输出就OK。。。

(⊙v⊙)嗯~ 代码：

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

const long long N = 2001;
long long x,y,n,m,f[N][N],vis[N][N];
int dx[9] = {0,2,-2,2,-2,1,-1,1,-1};
int dy[9] = {0,1,1,-1,-1,2,2,-2,-2};

int main() {
    cin>>n>>m>>x>>y;
    for(int i=0; i<=8; i++) {
        int xx=dx[i]+x,yy=dy[i]+y;
        if(xx>=0&&xx<=m&&yy>=0&&yy<=n) {
            vis[xx+1][yy+1]=1;
        }
    }
    f[1][1]=1;
    for(int i=1; i<=n+1; i++) {
        for(int j=1; j<=m+1; j++) {
            if(!vis[i][j]) {
                f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1];
            }
        }
    }
    cout<<f[n+1][m+1]<<endl;
    return 0;
}

 

 3.P1004 方格取数

题目描述

设有N*N的方格图(N<=9)，我们将其中的某些方格中填入正整数，而其他的方格中则放

人数字0。如下图所示（见样例）：

A
 0  0  0  0  0  0  0  0
 0  0 13  0  0  6  0  0
 0  0  0  0  7  0  0  0
 0  0  0 14  0  0  0  0
 0 21  0  0  0  4  0  0
 0  0 15  0  0  0  0  0
 0 14  0  0  0  0  0  0
 0  0  0  0  0  0  0  0
.                       B

某人从图的左上角的A点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的B

点。在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。

此人从A点到B点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行为一个整数N（表示N*N的方格图），接下来的每行有三个整数，前两个

表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。

输出格式：

只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

输入输出样例

输入样例#1：

8
2 3 13
2 6  6
3 5  7
4 4 14
5 2 21
5 6  4
6 3 15
7 2 14
0 0  0

输出样例#1：

67

说明

NOIP 2000 提高组第四题

思路：

　　因为是两条路同时走，所以开了四维数组，i、j表示第一条路到达的点，l、k表示第二条路到达的点，走法又分为四种情况：

　　①两条路都从上边到达此点

　　②两条路都从左边到达此点

　　③第一条路从左边到达此点，第二条路由上边到达此点

　　④第一条路从上边到达此点，第二条路由左边到达此点

　　因为是要最大和，所以每种情况都取max，最后所得的也是最大。如果两条路同时经过了一个点，那么这个点就只加一次，（我是按都加上，然后如果同时经过再减去一个写的）。

(⊙v⊙)嗯，代码：

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

const int N = 10;
int n,x,y,sum[N][N],ans;
int num[N][N],f[N][N][N][N],vis[N][N];

int main() {
    scanf("%d",&n);
    while(scanf("%d%d",&x,&y)==2) {
        if(!x) break;
        cin>>sum[x][y];
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=n; j++) {
            for(int l=1; l<=n; l++) {
                for(int k=1; k<=n; k++) {
                    if(i+j!=l+k) continue;
                    f[i][j][l][k] = max(f[i][j][l][k],f[i-1][j][l-1][k]);
                    f[i][j][l][k] = max(f[i][j][l][k],f[i][j-1][l][k-1]);
                    f[i][j][l][k] = max(f[i][j][l][k],f[i-1][j][l][k-1]);
                    f[i][j][l][k] = max(f[i][j][l][k],f[i][j-1][l-1][k]);
                    f[i][j][l][k]+=sum[i][j]+sum[l][k];
                    if(i==l&&j==k) f[i][j][l][k]-=sum[l][k];
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[n][n][n][n]<<endl;
    return 0;
}

 

 

 

自己选的路，跪着也要走完！！！