「作业」线性DP

这个作业有点多，尽量一点点地每一道题都写得详细一点吧。

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A. 数字三角形 Number Triangles#

传送门：水滴

题目大意：给你一个由正整数组成的三角形，让你选择一条路径，是这条路径的权值和最大。

首先拿到题考虑贪心，但是贪心的做法局限性很大，样例都过不了，否掉。

考虑 $dp$，发现逆向求解更优，于是观察样例：由每一行往上转移，每次取最大的，最后三角形顶就是答案。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e4 + 10;

int r;
int f[maxn][maxn];

int main() {
	scanf("%d", &r);
	for (int i = 1; i <= r; i++) {
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			scanf("%d", &f[i][j]);
		}
	}
	for (int i = r - 1; i >= 1; i--) {
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			f[i][j] += max(f[i + 1][j + 1], f[i + 1][j]);
		}
	}
	return printf("%d", f[1][1]), 0;
}

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B. 导弹拦截#

传送门：水滴

题目大意：给定一个数列，求它的最长下降子序列和最长上升子序列。

从第一问可知答案是最长上升子序列的长度。第二问其实就是让我们求上升子序列的最少个数。根据 Dilworth 定理可知，第二问其实就是让我们求最长下降子序列的长度。可以很快写出 $O(n ^ 2)$ 代码。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 50;

int n;
int a[maxn];
int f1[maxn], f2[maxn];
int ans = -1;
int res = -1;

int main()
{
	int x;
	while (cin >> x) a[++n] = x;

	f1[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		f1[i] = 1;
		for (int j = 1; j < i; j++)
			if (a[j] >= a[i])
				f1[i] = max(f1[i], f1[j] + 1);
        ans = max(f1[i], ans);
	}
	printf("%d\n", ans);

	f2[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		f2[i] = 1;
		for (int j = 1; j < i; j++)
			if (a[j] < a[i])
				f2[i] = max(f2[i], f2[j] + 1);
        res = max(f2[i], res);
	}
	printf("%d\n", res);
	return 0;
}

但是题目的数据范围是 $10 ^ 5$ 的，所以 $O(n ^ 2)$ 过不去。考虑优化。（呃先不考虑了）

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C. 合唱队形#

传送门：水滴

题目大意：给出 $n$ 个正整数，从中取出若干个数留下 $k$ 个数，使整个数列从左到右从右到左递增到同一个数。求出最小的 $n - k$。

看完题不难想到分别做两次 $dp$。先从左到右做一次最长上升子序列，再从右到左做一次最长上升子序列。最后 $O(n)$ 扫一遍数列，相当于枚举那个最中间、最高的那个人，用第一遍的数组和第二遍的数组的第 $i$ 个加起来再减 $1$（因为 $a[i]$ 出现了两次）就是剩下的人。因为答案要求 $n - k$ 所以还要用 $n$ 减去那个值。

Ps.呃貌似是独立切黄哎（

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn = 1e2 + 50;

int n;
int t[maxn];
int f1[maxn], f2[maxn];

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &t[i]);

    f1[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        f1[i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++)
            if (t[j] < t[i])
                f1[i] = max(f1[i], f1[j] + 1);
    }
    // cout << f1[4] << '\n';

    f2[n] = 1;
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        f2[i] = 1;
        for (int j = n; j > i; j--)
            if (t[j] < t[i])
                f2[i] = max(f2[i], f2[j] + 1);
    }
    // cout << f2[4] << '\n';

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = max(ans, f1[i] + f2[i] - 1);
    }

    printf("%d", n - ans);
	return 0;
}

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D. 守望者的逃离#

传送门：水滴

题目大意：守望者要逃离一个岛，给出正整数 $m, s, t$，$m$ 代表守望者的初始法力值，$s$ 表示守望者要逃离的路程，$t$ 表示守望者要在这个时间里逃离。守望者支持以下操作：

• 行走 $17m$ ，耗时 $1$ 秒。

• 使用法术。行走 $60m$，耗时 $1s$，消耗 $10$ 点法力。

• 恢复 $4$ 点法力，这时只能原地不动。

显然的，我们尽量让每次操作都是使用法术。所以我们先预处理出只使用法术的 $dp$ 数组，然后再扫一遍，看看直接行走 $17m$ 是否更优即可。中途如果发现已经到达就直接结束循环即可。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ctime>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn = 3e5 + 50;

int m, s, t;
int f[maxn], ans;

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &m, &s, &t);

    for (int i = 1; i <= t; i++) {
        if (m >= 10) {
            f[i] = f[i - 1] + 60, m -= 10;
        } else {
            f[i] = f[i - 1], m += 4;
        }
    }

    for (int i = 1; i <= t; i++) {
        f[i] = max(f[i], f[i - 1] + 17);
        ans = max(ans, f[i]);
        if (f[i] > s) {
            printf("Yes\n%d", i);
            return 0;
        }
    }
    
    printf("No\n%d", ans);
	return 0;
}

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E. 乌龟棋#

题目大意：给定 $n$ 个正整数，表示数轴上每个点的权值。给定 $m$ 个正整数，表示有 $m$ 个跳点的次数。问怎样才能让整个数组中获得的权值最大。

考虑 $dp$。设计状态，$f[a][b][c][d]$ 表示使用 $a, b, c, d$ 个跳的次数获得的最大权值。考虑转移，先遍历每种跳的次数，因为只有放与不放，所以可以写出 $a$ 的转移方程：

$$f[a][b][c][d] = max(f[a][b][c][d], f[a - 1][b][c][d] + q[g])$$

其他几个也同理。其中 $g = 1 + a + b \times 2 + c \times 3 + d \times 4$。记住 $g$ 一定要加 $1$，因为遍历时是从 $0$ 开始的。需要注意的是，写状态转移方程式一定要保证当前用的次数要 $> 0$，否则会产生越界。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ctime>
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn = 4e2 + 50, maxm = 1e2 + 50, maxf = 50;

int n, m;
int q[maxn], b[maxm];
int f[maxf][maxf][maxf][maxf];
int cnt[5];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &q[i]);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d", &b[i]);
        ++cnt[b[i]];
    }

    f[0][0][0][0] = q[1];
    for (int a = 0; a <= cnt[1]; a++)
        for (int b = 0; b <= cnt[2]; b++)
            for (int c = 0; c <= cnt[3]; c++)
                for (int d = 0; d <= cnt[4]; d++) {
                    int g = 1 + a + b * 2 + c * 3 + d * 4;
                    if (a) f[a][b][c][d] = max(f[a][b][c][d], f[a - 1][b][c][d] + q[g]);
                    if (b) f[a][b][c][d] = max(f[a][b][c][d], f[a][b - 1][c][d] + q[g]);
                    if (c) f[a][b][c][d] = max(f[a][b][c][d], f[a][b][c - 1][d] + q[g]);
                    if (d) f[a][b][c][d] = max(f[a][b][c][d], f[a][b][c][d - 1] + q[g]);
                }


    printf("%d\n", f[cnt[1]][cnt[2]][cnt[3]][cnt[4]]);
    return 0;
}

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摆了八百年，还得继续写作业 /kk

F.饥饿的奶牛#

题目大意：给定 $n$ 个区间，判断在区间没有重复的情况下最多能占多少格。

动态规划。先进行一个简单的设计：$f[i]$ 表示前 $i$ 个格子最多能占多少格。

显然的，$f[j] \ge f[j - 1]$，因为多选一个格子肯定不会比少选一个少。

最后转移式为：

$$f[i] = max(f[j - 1], f[j - 1] + j - (i - 1))$$

最后要使用 vector 来优化空间即可通过此题。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 3e6 + 50;

inline int read() {
	long long x = 0, w = 1;
	char ch = getchar ();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return x * w;
}

vector <int> beg[maxn];
int n, mx, f[maxn];

int main()
{
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x = read(), y = read();
        beg[y].push_back(x - 1);
        mx = max(mx, y);
    }
    for (int i = 1; i <= mx; i++) {
        f[i] = f[i - 1];
        for (int j = 0; j < beg[i].size(); j++) {
            int b = beg[i][j];
            f[i] = max(f[i], f[b] + i - b);
        }
    }
    return printf("%d\n", f[mx]), 0;
}