线规集合
明天就考\(NOIp\)了啊啊啊啊！！！我好慌呀
线性规划
动态规划一直是菜逼向巨神过渡的重要门槛，跃过了这道坎，即代表着您有了很强的逻辑思维能力，在中高端题面前能够获得充分的部分分
线规是动态规划中最简单的一种
常被用来求最值问题与计数问题
经典题
\(LIS\)
用\(f[i]\)来记录长度为i的最长上升子序列的最后一位元素大小，
每加入一个一个新的值就在f序列中进行二分找到第一个大于等于该值的第一个元素
\(LCS\)
而\(LCS\)则是把每个\(B\)序列元素对应为\(A\)序列元素，将\(AB\)之间的元素形成一一映射，这样就把一个\(LCS\)问题转化为了\(LIS\)问题
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int p=1e5+5;
int a[p],b[p],map[p];
int f[p];
template<typename _T>
void read(_T &x)
{
x =0;char s=getchar();int f=1;
while(s<'0'||s>'9'){f=1;if(f=='-')f=-1;s=getchar();}
while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
signed main()
{
int n;
ios_base::sync_with_stdio(false);
cout.tie(NULL);
cin.tie(NULL);
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(a[i]);
map[a[i]] = i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
read(b[i]);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0] = 0;
int len = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(map[b[i]] > f[len]){f[++len] = map[b[i]];}
else
{
int k = lower_bound(f+1,f+1+len,map[b[i]]) - f;
f[k] = map[b[i]];
}
}
cout<<len;
}
例 ： 子串
考虑两个字符串划分为k段后完全匹配
仿照\(LCS\)的暴力式子列出了状态
\(f[i][j][k][0/1]\)
代表A序列的前i个字符与B序列的前j个字符划分为k个字串且A的第i
个字符在或不在第k串中
显然第一维我们可以滚动数组滚掉
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int base=29;
#define mod 1000000007
#define int long long
template<typename _T>
inline void read(_T &x)
{
x=0;char s=getchar();int f=1;
while(s<'0'||'9'<s){f=1;if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int f[2][205][205][3];
signed main()
{
char a[1005];
char b[1005];
int n,m,s;
read(n);
read(m);
read(s);
scanf("%s%s",a+1,b+1);
if(a[1] == b[1])
f[1][1][1][1] =1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
memset(f[i&1],0,sizeof(f[i&1]));
if(a[i] == b[1])
f[i&1][1][1][1] = 1;
for(int j=1;j<i;j++)
if(a[j] == b[1]) f[i&1][1][1][0]++;
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=1;k<=s;k++)
{
if(f[i&1][j][k][0] == 0)
f[i&1][j][k][0] = f[i-1&1][j][k][0] + f[i-1&1][j][k][1],f[i&1][j][k][0]%=mod;
if(a[i] == b[j] && f[i&1][j][k][1] == 0)
f[i&1][j][k][1] = f[i-1&1][j-1][k-1][0] + f[i-1&1][j-1][k-1][1] + f[i-1&1][j-1][k][1],f[i&1][j][k][1]%=mod;
}
}
int tot = f[n&1][m][s][1] + f[n&1][m][s][0];
tot%=mod;
cout<<((tot%mod)+mod)%mod;
}
题目集锦
\(P4933\)
本题也是一个线规计数类\(dp\)
因为和等差数列有关所以我们考虑把公差作为阶段来表示状态
\(f[i][j][1/0]\)表示以\(i\)为结尾以\(j\)为公差，\(1/0\)表示是升序还是降序
由此得出状态转移方程
最后将两者相加再加上原本的电线杆的个数减去\(\sum_{1≤i≤n}f[i][0][0]\)就是总方案数
可以发现转移的时候需要枚举\(k\)来进行求和，这非常浪费时间，并且我们可以发现当\(h-k=hi-d\)才可以从\(f(k\))转移到\(f(i)\)来，所以我们考虑维护一个数组\(g[h]\)来表示高度为\(h\)的状态之和
这样就可以表示为
\(f[i]= g[h_i - d]\)
\(g[h_i] +=f[i]\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 1<<30
#define mod 998244353
const int p=2e4+5;
template<typename _T>
inline void read(_T &x)
{
x=0;char s=getchar();int f=1;
while(s<'0'||'9'<s){f=1;if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+s-'0';s=getchar();}
x*=f;
}
int h[p+5];
int g[p*2];
int f[p+5];
signed main()
{
int n,v=0;
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(h[i]);
v=max(v,h[i]);
}
int tot = 0;
for(int d=-v;d<=v;d++)
{
memset(g,0,sizeof(g));
fill(f+1,f+1+n,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(h[i]>=d)
f[i]+=g[h[i]-d];//f[k][d][1];
f[i]%=mod;
g[h[i]] += f[i];
g[h[i]]%=mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
tot+=f[i];//f[k][d][1];
tot%=mod;
}
}
cout<<((tot-n*2*v)%mod+mod)%mod;
}
\(P4767\)
\(qb\)学堂的老师讲过这个题目，要求当作一种套路dp来记住
考虑\(f[i][j]\)为前i所村庄修建j所邮局
其转移式为
其中\(calc(k+1,i)\)为\(s[k+1]\)到\(s[i]\)到\(s[\frac{k+1+i}{2}]\)的距离
复杂度为\(O(PV^2)\)，显然题解中有更高端的做法，用四边形不等式优化,那我必然不会
如果我有一天也向他们一样向着更高的理想追求去了，可能就会把这里的坑给填了吧
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[23333];
int f[233][2333];
int sum[233333];
inline int calc(int l,int r)
{
int op=l+r>>1;
return a[op]*(op-l+1)-sum[op]+sum[l-1]+abs(a[op]*(r-op+1)-sum[r]+sum[op-1]);
}
int main()
{
int n,m;
memset(f,0x3f,sizeof(f));
ios_base::sync_with_stdio(false);
cout.tie(NULL);
cin.tie(NULL);
cin>>n>>m;
int maxn=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
maxn=max(maxn,a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[1][i]=calc(1,i);
}
for(int i=2;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<j;k++)
{
f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k] + calc(k+1,j));
}
cout<<f[m][n];
}
\(P5858\)
既然线规都说这么多了,再加一道曾经发过的又何妨
\(f[i][j]\)代表此时已放入前i种原料，并且锅里有j种原料时最大值
复杂度\(O(nm^2)\)
可以发现随着j的上升k的上下边界也都在随之变化，那么就引导着我们进行单调队列优化
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define minn 5505
long long a[minn];
long long f[minn][minn];
long long con[minn*2];
long long que[minn*2];
int main()
{
long long n,w,s;
long long maxn;
ios_base::sync_with_stdio(false);
cout.tie(NULL);
cin.tie(NULL);
cin>>n>>w>>s;
for(long long i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
memset(f,0xcf,sizeof(f));
maxn=f[0][0];
f[0][0]=0;
for(long long i=1;i<=n;i++)
{
int lef=1,rig=0;
que[++rig] = f[i-1][w];
con[rig] = w;
for(int k=w ;k ;k--)
{
while(lef <= rig && con[lef] > k + s - 1 ) lef++;
while(lef <= rig && que[rig] < f[i-1][k-1]) rig--;
con[++rig] = k-1;
que[rig] = f[i-1][k-1];
f[i][k]= que[lef] + a[i] * k;
}
}
for(long long j=1;j<=w;j++)
maxn=max(f[n][j],maxn);
cout<<maxn;
}
\(The \ \ End\)
至此，考前习题集合到此就完结归档了，从数学专题到背包规划集合再至
线规集合，是我\(NOIp\)前集中停课一周所作
愿\(NOIp\ \ rp++\)
