做题小结 DP训练1

第一个

开了个二维数组表示删除不删除
然后去重了下如果前后相差为1的话，就可以进行删除的思考此时i要删除
的话 i-1必须要不删除如果i不删除的话存一个前面的max即可
这边注意下可能有重复的数

如果前后相差不为1的话我们就可以肆无忌惮怎么搞都行

此题结束

第二题

这题和上一题相对比起来更难了

int dp[range][4][10];	
dp[1][0][0] = 0; 不动
dp[1][1][1] = 1; //左
dp[1][1][2] = 0; //右边

我这边默认左可删的如果在距离够的情况下但是右边可以不可以删除取决于后面的距离够不够

	dp[i][0][0] = max(max(dp[i - 1][0][0], dp[i][0][0]), max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][1][2]));
		if (x[i] - x[i - 1] > h[i] && x[i] - x[i - 1] <= h[i] + h[i - 1]) {
			dp[i][1][1] = max(max(dp[i - 1][0][0] + 1, dp[i][1][1]), max(dp[i - 1][1][2], dp[i - 1][1][1] + 1));
		} else if (x[i] - x[i - 1] > h[i] + h[i - 1]) {
			dp[i][1][1] = max(max(dp[i - 1][0][0] + 1, dp[i][1][1]), max(dp[i - 1][1][2] + 1, dp[i - 1][1][1] + 1));
		}
		if (x[i + 1] - x[i] > h[i]) {
			dp[i][1][2] = max(max(dp[i][1][2], dp[i - 1][0][0] + 1), max(dp[i - 1][1][2] + 1, dp[i - 1][1][1] + 1));
		}

完整代码逻辑很清晰

第三

这题没做出来
我们要思考到我们只有一次的操作机会
所以我们只能对那种中间夹了个没用的数进行删除
本来是上升的由于这个数改变了
思考到这个就简单了我们求一个后缀二者拼在一块就是答案

第四个题

非常好的一个题
没做出来这题蛮有意思的真没想到
因为我没想到这个状态转移方程
fi=max(fi-1,fj-1+i-j+1)
如果暴力做是个n方的写法
考虑优化可以发现fj-1-j+1可以弄成一个东西
于是使用map代替下

	for(int i=0;i<=n;i++)
	{	dp[i]=0;cnt[i]=-1e9;}
	//这题我不会
	//dp[i]=dp[i-1],dp[j-1]+i-j+1
	//做dp要先从n^2的情况下推转移方程 然后去优化
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	dp[i]=max(dp[i-1],i+cnt[a[i]]+1);
	cnt[a[i]]=max(cnt[a[i]],dp[i-1]-i);	
	}
	cout<<dp[n]<<endl;

下一个概率dp

很有意思的一道概率dp

我就讲正解思路了

给出这么多组操作真正有用的其实就是第一个我们要一次到位的那个数

举个例子 4 2 1 3 5 就是那个4 能直接操作4的那个才有用
于是我们可以知道这个转移方程式就是ans=ans+（1-ans)*p
初始ans=0 我们假设第一次操作成功=p 后面就是说第一次不成功。。第二次也不成功。。。。。

很好一个题

题

这个题我的思路就是对于a分类
有两种a一个是做第一个位置的a 另一个是最后位置的
然后求一个后缀和对于第二类的a然后再for循环碰到a的话

dp[i][1] = dp[i - 1][1] + 1;
dp[i][2] = dp[i - 1][2];
dp[i][3] = max(dp[i-1][2] + asum[i],dp[i][3]);

这是b
		dp[i][1] = dp[i - 1][1];
			dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+1;
			dp[i][3]=max(dp[i][2]+asum[i],dp[i][3]);