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DP入门

AT-abc286-d

传送门

题意简述

有 $n$ 种纸币，其中对于第 $i (1 \leq i \leq n)$ 种纸币，它的面值是 $a_{i}$ 元，我们有 $b_{i}$ 张这种纸币。

请求出在不找零的情况下，用这些纸币能否正好付 $x$ 元，如果能则输出 $Y e s$ ，不能则输出 $N o$ 。

题目解析

类似多重背包，设 $f [i] [j]$ 代表使用前 $i$ 种纸币，能否正好支付 $j$ 元（布尔），那么答案即为 $f [n] [x]$

循环枚举， $i$ 种纸币，每种用了 $j$ 张，当前支付 $k$ 元。从前面 $i - 1$ 种纸币处转移过来，得出转移

$f [i] [k] = f [i - 1] [k - j * a [i]]$

具体实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=55;
const int M=1e4+10;
int n,x;
int a[N],b[N];
int f[N][M];

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&x);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=b[i];++j){
			for(int k=0;k<=x;++k){
				if(a[i]*j>k) continue;
				if(f[i-1][k-a[i]*j]) f[i][k]=1;
			}
		}
	}
	if(f[n][x]) puts("Yes");
	else puts("No");
	return 0;
}

AT-dp-l

传送门

题意简述

有一个双端队列，双方轮流取数，只能从队头或队尾取数，取完数后将这个数从队列中弹出。双方都希望自己取的所有数之和尽量大，且双方都以最优策略行动，假设先手取的所有数之和为 $X$ ，后手取的所有数之和为 $Y$ ，求 $X - Y$

题目解析

经典套路。

设 $f [i] [j]$ 表示从队头取到 $i$ ，从队尾取到 $j$ 时的 $X - Y$ ，那么答案是 $f [1] [n]$

考虑子状态， $f [i] [j]$ 是从 $f [i + 1] [j]$ 或 $f [i] [j - 1]$ 转移而来的， $A l i c e$ 对答案的贡献为正， $B o b$ 对答案的贡献为负，则转移方程可得：

如果轮到 $A l i c e$ 取数，那么 $f [i] [j] = m a x (f [i + 1] [j] + a [i], f [i] [j - 1] + a [j])$

否则 $B o b$ 取数， $f [i] [j] = m i n (f [i + 1] [j] - a [i], f [i] [j - 1] - a [j])$

问题来了，如何判断到谁取数？

发现取到 $[i, j]$ 时， $i$ 前面取了 $i - 1$ 个， $j$ 后面取了 $n - j$ 个，那么判断取数个数奇偶即可。偶数轮到 $A l i c e$ ，奇数轮到 $B o b$ 。

$T i p s :$ 注意初始状态 $f [i] [i]$ ，还有题目数据范围开 long long。

具体实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=3005;
int n;
ll f[N][N],a[N];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",&a[i]);
	}
	for(int len=1;len<=n;++len){
		for(int i=1;i<=n;++i){
			int j=i+len-1;
			if(i==j){
				if((i-1+n-j)&1) f[i][j]=-a[i];
				else f[i][j]=a[i];
			}
			if((i-1+n-j)&1) f[i][j]=min(f[i+1][j]-a[i],f[i][j-1]-a[j]);
			else f[i][j]=max(f[i+1][j]+a[i],f[i][j-1]+a[j]);
		}
	}
	printf("%lld\n",f[1][n]);
	return 0;
}

AT-tdpc-game

传送门

题意简述

$A l i c e$ 和 $B o b$ 在玩游戏。初始时有两座山，左边的山上有 $A$ 个物品，从上到下的第 $i$ 个价值为 $a_{i}$ ；右边的山上有 $B$ 个物品，从上到下的第 $i$ 个价值为 $b_{i}$ 。 $A l i c e$ 先手， $A l i c e$ 和 $B o b$ 交替进行操作，可行的操作如下：

如果两座山都空了，游戏结束。
如果只有某一座山空了，取走另一座山上的最上面的物品。
如果两座山都没有空，选择任意一座山，并取走其最上面的物品。

假设两人都采取最优策略，请求出 Alice 能取得的物品的价值总和。

题目解析

与上一题类似。

设 $f [i] [j]$ 表示 $A$ 山（从上到下）取到 $i$ , $B$ 山（从上到下）取到 $j$ , $A l i c e$ 的最大价值总和，则答案为 $f [1] [1]$ 。

转移，若轮到 $A l i c e$ , 即 $(i + j) % 2 == 0$ ，

$f [i] [j] = m a x (f [i + 1] [j] + a [i], f [i] [j + 1] + b [j])$

否则 $f [i] [j] = m i n (f [i + 1] [j], f [i] [j + 1])$

再考虑当 $i = n$ 或者 $j = m$ , 即一座座山已空，此时在两山情况取一种，可用三目运算简化式子。

if((i+j)%2==0) 
    f[i][j]=max((i==n+1)?0:(f[i+1][j]+a[i]),(j==m+1)?0:(f[i][j+1]+b[j]));
else 
    f[i][j]=min((i==n+1)?INF:f[i+1][j],(j==m+1)?INF:f[i][j+1]);

当然，也可以将两座山拼起来，山顶朝外，注意判断一山取完的情况即可。此处不再详细说明。

具体实现

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

const int N=1005;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int a[N],b[N];
int f[N][N];

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&b[i]);
	for(int i=n+1;i>=1;--i){
		for(int j=m+1;j>=1;--j){
			if(i==n+1&&j==m+1) continue;
			if((i+j)%2==0)
                f[i][j]=max((i==n+1)?0:(f[i+1][j]+a[i]),(j==m+1)?0:(f[i][j+1]+b[j]));
			else
                f[i][j]=min((i==n+1)?INF:f[i+1][j],(j==m+1)?INF:f[i][j+1]);
		}
	}
	printf("%d\n",f[1][1]);
	return 0;
}

AT-dp-i

传送门

题意简述

$N$ 枚硬币，第 $i$ 枚硬币有 $p_{i}$ 的概率正面朝上，有 $1 - p_{i}$ 的概率反面朝上。

扔完所有硬币，求正面朝上的硬币数比反面朝上的硬币数多的概率。

题目解析

也是一种经典DP模型（概率模型）。

设 $f [i] [j]$ 表示前 $i$ 枚硬币，有 $j$ 枚是正面朝上的概率，那么答案为 $\sum_{i = \frac{n}{2} + 1}^{n} f [n] [i]$

可以推出转移方程：前 $i$ 枚硬币， $j$ 枚正面，第 $i$ 枚正面朝上概率 $+$ 第 $i$ 枚反面朝上概率

$f [i] [j] = f [i - 1] [j - 1] \times p [i] + f [i - 1] [j] \times (1 - p [i])$

注意 $f [0] [0] = 1$

具体实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=3005;
int n;
double p[N];
double f[N][N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",&p[i]);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=i;++j){
		    if(j==0) f[i][j]=f[i-1][j]*(1-p[i]);
			else f[i][j]=f[i-1][j-1]*p[i]+f[i-1][j]*(1-p[i]);
		}
	}
	double sum=0;
	for(int i=(n/2)+1;i<=n;++i) sum+=f[n][i];
	printf("%.10lf\n",sum);
	return 0;
}

AT-abc118-d

传送门

题意简述

有 $n$ 根火柴, 一共有 $1 - 9$ 这 $10$ 种数字，给出 $m$ ，表示只能用 $m$ 种数字。接下来是 $m$ 个能用的数字。数字 $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ 分别需要 $2, 5, 5, 4, 5, 6, 3, 7, 6$ 根火柴，要求 $n$ 根火柴全部都用完且拼成的数字最大，输出这个数字。

题目解析

看到此题，第一反应是完全背包。容量是消耗火柴根数，价值是？

发现要让拼成数字最大，但凡有点数学知识得知位数越多数越大，故首先让位数变多。

设 $f [i]$ 表示 $i$ 根火柴在题目给的 $m$ 种数字中正好用完情况下最多的位数。完全背包计算 $f$ 数组。

位数相同，从前向后，前面的数越大越好，考虑递归从大到小枚举此位是否能填此数。

即判断 $f [n] == f [n - i d [a [i]]] + 1$ （ $n$ 为剩余火柴数， $i d$ 数组表示 $1 - 9$ 消耗的火柴数， $a$ 数组中是数据给出能用的数字，要在枚举前将 $a$ 数组从大到小排序。）

具体实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int n,m;
int id[10]={0,2,5,5,4,5,6,3,7,6};
int f[N],a[N];
bool cmp(int a,int b){return a>b;}

void out(int n){
	for(int i=1;i<=m;++i){
		if(id[a[i]]>n) continue;
		if(f[n]==f[n-id[a[i]]]+1){
			printf("%d",a[i]);
			out(n-id[a[i]]);
			break;
		}
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+m,cmp);
	memset(f,-0x3f,sizeof(f)); 
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=id[a[i]];j<=n;++j){
			f[j]=max(f[j],f[j-id[a[i]]]+1);
		}
	}
	out(n);
	return 0;
}

AT-abc265-e

传送门

题意简述

你现在在一个二维平面，会进行 $N$ 次传送，每次传送回执行如下移动之一：

移动 $1$ ：从当前点 $(x, y)$ 移动到 $(x + A, y + B)$ ；
移动 $2$ :从当前点 $(x, y)$ 移动到 $(x + C, y + D)$ ；
移动 $3$ ：从当前点 $(x, y)$ 移动到 $(x + E, y + F)$ 。

同时在这个平面上有 $M$ 个点 $(X_{1}, Y_{1}), \dots, (X_{M}, Y_{M})$ ，这些点是无法停留的。

问 $N$ 次传送一共会有多少种路径？输出答案对 $998244353$ 取模。

题目解析

这题与 P1002过河卒有点类似，都是给出一个点能到的其他点，有一些点不能走，求路径数。

但这题的难点是数据范围 $- 10^{9} \leq X_{i}, Y_{i} \leq 10^{9}$ 。如果设 $f [i] [j]$ 表示从初始格子走到 $(i, j)$ 的路径条数，空间会爆炸。但所幸， $1 \leq N \leq 300$ ，可以用 $O (n^{3})$ 复杂度的代码通过。

3次方……诶？题目就是给了3种移动方案啊！（高兴地拍起肚皮）

思路就有了，多维DP，设 $f [i] [j] [k]$ 表示从初始点走了 $i$ 次移动 $1$ ， $j$ 次移动 $2$ ， $k$ 次移动 $3$ 时的路径数。枚举 $0 \leq i, j, k \leq N$ 且 $i + j + k \leq N$ ，转移时判断边界和是否能经过即可。

判断是否能经过可用哈希，我太懒用了 $m a p$ ，注意若不会二维 $m a p$ 可以将点 $(i, j)$ 存储为 $i \times 10^{9} + j$ （因为 $i, j$ 最大 $10^{9}$ ，一定不会冲突。）

具体实现

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
const int p=1e9;
const int mod=998244353;
const int N=305;
#define ll long long
int n,m;
int a,b,c,d,e,f;
ll x,y;
map<ll,int> ma;
ll dp[N][N][N],ans;

inline ll check(int i,int j,int k){return (1ll*i*a+1ll*j*c+1ll*k*e)*p+(1ll*i*b+1ll*j*d+1ll*k*f);}

int main(){
	scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b,&c,&d,&e,&f);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		ma[x*p+y]=1;
	}
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n;++i){
		for(int j=0;j<=n-i;++j){
			for(int k=0;k<=n-i-j;++k){
				if(ma[check(i,j,k)]) continue;
				if(i>0) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;
				if(j>0) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i][j-1][k])%mod;
				if(k>0) dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i][j][k-1])%mod;
				if(i+j+k==n) ans=(ans+dp[i][j][k])%mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}