dp (1)
这个题目我开始是这么定义的dp[i][j][0] dp[i][j][1] 表示对于第i个节点还有j个的选择 0 代表不选这个节点，1 代表选这个节点。
然后我写了，对题目理解出现了偏差写出来一个错误的，然后正确理解题意发现这样子写好麻烦。转移方程很难写。
上网搜题解，网上基本上都是这么定义的 dp[i][j]表示选第 i 个节点该子树的节点数为 j 的最大带权值。
所以这个就可以变成一个树形dp+01背包。
这个状态转移方程应该就是 dp[u][j]=max(dp[u][j] ，dp[u][j-k]+dp[v][k]) 其实我觉得这个转移方程也没有那么好想。
这个01背包就是在枚举以u为根节点的这棵树的每一颗子树取多少个节点。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> #include <algorithm> #include <iostream> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int maxn = 1e5 + 10; int dp[200][200]; vector<int>G[200]; int n, k; void dfs(int u,int pre) { for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) { int v = G[u][i]; if (v == pre) continue; dfs(v, u); for (int j = k; j >= 1; j--) { for (int h = 0; h < j; h++) { dp[u][j] = max(dp[u][j], dp[u][j - h] + dp[v][h]); } } } } int main() { while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { memset(dp, 0, sizeof(dp)); for (int i = 0; i <= n; i++) G[i].clear(); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &dp[i][1]); } for(int i=1;i<n;i++) { int u, v; scanf("%d%d", &u, &v); G[u].push_back(v); G[v].push_back(u); } dfs(0, -1); int ans = 0; for(int i=0;i<n;i++) { ans = max(ans, dp[i][k]); } printf("%d\n", ans); } return 0; }
这个题目其实我觉得很像就是在求回文，所以和那个兔子的题目很像，但是呢，还是有一点点的不同
回忆一下兔子的题目 兔子传送门
这个题目的状态转移方程也就是
if(条件判断) dp[i][j]=max(dp[i+1][dp[j-1]+2,dp[i][j])
else dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-1])
这个题目还有一个地方，就是因为我们定义的dp[i][j]表示从i到j的最大的匹配了的数量，所以呢，()()()
这种情况，如果你值是进行状态转移，那就会出现问题了，
因为dp[1][2]=2 dp[2][3]=1 dp[3][4]=2 所以 dp[1][4]=dp[2][3]+2这个就不对了，这个时候，我们应该找一个切断点。
dp[1][4]的切断点就是dp[1][2]+dp[3][4]=4
所以说还有有一个for循环来找这个断点，这个我也没想明白是看题解的。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #include <iostream> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int dp[200][200]; char s[200]; int main() { while(scanf("%s",s+1)!=EOF) { if (s[1] == 'e') break; memset(dp, 0, sizeof(dp)); int len = strlen(s + 1); int ans = 1; for(int i=2;i<=len;i++) { for(int j=1;j+i-1<=len;j++) { int ends = i + j - 1; if ((s[j]=='('&&s[ends]==')')||(s[j]=='['&&s[ends]==']')) dp[j][ends] =dp[j + 1][ends - 1] + 2; else dp[j][ends] = max(dp[j + 1][ends], dp[j][ends - 1]); for (int k = j; k < ends; k++) dp[j][ends] = max(dp[j][ends], dp[j][k] + dp[k+1][ends]); //printf("j %c ends %c dp[%d][%d]=%d\n", s[j],s[ends],j, ends, dp[j][ends]); } } printf("%d\n", dp[1][len]); } return 0; }
这个题目我感觉还比较简单啊，就是字符串处理要注意一下，可以看我的另外一篇博客用sscanf的方法来处理很方便。
https://www.cnblogs.com/EchoZQN/p/10830015.html
处理完之后就是一个简单的01背包，需要注意的是因为有小数，所以*100转化成整数来处理即可。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #include <iostream> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; const int maxn = 3e6 + 10; int dp[maxn], n, m; int a[100]; double q; int main() { while(scanf("%lf%d",&q,&m)!=EOF) { if (m == 0) break; n = (int)(q * 100); int tot = 0; for(int k=1;k<=m;k++) { int num; scanf("%d", &num); char ch, cs[110]; double mon; int A = 0, B = 0, C = 0, flag = 0; for(int i=1;i<=num;i++) { scanf("%s", cs); sscanf(cs, "%c:%lf", &ch, &mon); int mm = (int)(mon * 100); if (ch == 'A') A += mm; else if (ch == 'B') B += mm; else if (ch == 'C') C += mm; else flag = 1; if (A > 60000 || B > 60000 || C > 60000 || (A + B + C) > 100000) flag = 1; // printf("%d %d %d\n", A, B, C); } if (flag == 0) a[++tot] = A + B + C; } memset(dp, -inf, sizeof(dp)); dp[0] = 0; //for (int i = 1; i <= tot; i++) printf("%d\n", a[i]); //printf("n=%d\n", n); for(int i=1;i<=tot;i++) { for(int j=n;j>=a[i];j--) { dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i]]); } } //printf("%d\n", dp[n]); int ans = 0; for(int i=n;i>=0;i--) { if(dp[i]>=0) { ans = i; break; } } printf("%.2lf\n", ans*1.0 / 100); } return 0; }
这个就是今天的dp训练了，接下来就是复习以前的算法。
