基础动态规划题目合集

目录

• 1.abc291_d
• 2.abc291_f
• 3.牛客2023寒假集训营1 - M
• 4.cf 1741 E Sending a Sequence Over the Network
• 5.abc262_d
• 6.abc 298 e Unfair Sugoroku
• 7.abc 300 E Dice Product 3
• 8.abc 306 D Poisonous Full-Course
• 9.abc 270 D Stones
• 10.abc 312 D - Count Bracket Sequences
• 11.cf 903 div.3 E. Block Sequence
• 12.leetcode 546. 移除盒子
• 13.洛谷 P3842 [TJOI2007] 线段

1.abc291_d

水题，简单规划即可(自己的做法可见提交代码)

2.abc291_f

需要用到一点点思维和动态规划
官方解析：abc291_f_solution

3.牛客2023寒假集训营1 - M

$$dp[i][j]=\underset{k\le j}{max}(dp[i-1][j-k]+\frac{k}{m-(j-k)})$$

$dp[i][j]$表示将小波奇的m个仙贝已经分给i个人，共分出了j个仙贝时的最大好感度之和

4.cf 1741 E Sending a Sequence Over the Network

dp[i]表示到第i个位置，可以行程想要的a数组
之后遍历b数组，假设遇到的一个数可以作为左边界或者右边界，同时保证前面无缝接上前面已经可以实现a数组的部分，利用dp即可

5.abc262_d

此题仍待理解!=!
动态规划
i:1~n dp[j][k][l]代表前j个元素挑选k个元素，且这k个元素取余i的和为l(不知理解是否还存在问题)
详见提交代码和题解

6.abc 298 e Unfair Sugoroku

阿巴阿巴。。。说实话，自己做的话都没有发现可以运用动态规划来求解。。。
首先可以明白，Ta和Ao的位置大的部分影响T和A位置小的部分，而且位置小的部分由位置大的地方来决定，故可以使用动态规划来求解。
定义dp[i][j][f]为Ta在i位置，Ao在j位置时，Ta赢得概率（f=0意味着下一步由Ta走;f=1意味着下一步由Ao走）。
那么规划的初始条件就是

dp[i][n][f]=0;//Ao到了
dp[n][i][f]=1;//Ta到了

递推式也易知

$$dp[i][j][0]=\sum _{k=1}^{p}dp[min(n,i+k)][j][1]$$

$$dp[i][j][1]=\sum _{k=1}^{q}dp[i][min(n,j+k)][0]$$

之后遍历整个范围，最终的答案为dp[a][b][0]
具体代码见提交记录

7.abc 300 E Dice Product 3

动态规划，细节看官方题解，这里仅罗列结论
我们定义dp(n)表示从n开始到达题目所给的N的概率
那么，有$dp(n)=\frac{dp(n)+dp(2n)+dp(3n)+dp(4n)+dp(5n)+dp(6n)}{6}$
即$dp(n)=\frac{dp(2n)+dp(3n)+dp(4n)+dp(5n)+dp(6n)}{5}$;
而且当n>N时，dp(n)=0;dp(N)=1;
所以可以通过动态规划来求解，最终答案为dp(1)

8.abc 306 D Poisonous Full-Course

dp[course i][Takahashi’s state j]
The maximum total tastiness of the courses that he has eaten when he has decided whether to eat or skip for the first i courses and his state is j ( 0 … he has an healthy stomach, 1 … he has an upset stomach.)
递推过程：

// Note that 0-based indices are used for the courses in the sample code
// Initialize the DP table
for(long long i=0;i<=n;i++){
	dp[i][0]=-4e18; // dp[i][0] = -∞
	dp[i][1]=-4e18; // dp[i][1] = -∞
}
dp[0][0]=0; // Initially, he has a healthy stomach
for(long long i=0;i<n;i++){
	// Transition for his choice of eating the i-th course
	if(x[i]==0){
		dp[i+1][0]=max(dp[i][0],max(dp[i][0],dp[i][1])+y[i]);
	}
	else{
		dp[i+1][1]=max(dp[i][1],dp[i][0]+y[i]);
	}
	// Transition for his choice of skipping the i-th course
	dp[i+1][0]=max(dp[i+1][0],dp[i][0]);
	dp[i+1][1]=max(dp[i+1][1],dp[i][1]);
}

详可见代码

9.abc 270 D Stones

题意
给 n 个石头和一个 A 序列（个数为 k ），Takahashi and Aoki 轮流从石头堆中选取不超过当前石头数的且在 A 序列里的个数的石头并移除它。两个人都想自己移去的石头数目尽可能大，问你先手 Takahashi 能移除多少个石头？
思路
首先考虑贪心，会发现其实没法考虑完全！
考虑用动态规划求解这种复杂策略问题
状态：
定义 $dp[i]$ 表示先手在面对 i 个的石头的局面可以取得的最大石子数】
初始 $dp[a[i]]=a[i]$
转移：
当 $a[j]\le i$ 时，当前先手可以执行 $a[j]$ 操作，让后手面对 $i-a[j]$局面，那么当前先手能取到的石子数最大值即为$i-dp[i-a[j]]$，所以遍历 $i$ 下可能的 $a[j]$，那么$dp[i]=max(dp[i],i-dp[i-a[j]])$
从前往后遍历取大，最终答案即为 $dp[n]$

代码传送门

10.abc 312 D - Count Bracket Sequences

满足题意的字符串一定是任意前缀左括号数大于等于右括号数，整体左括号数等于右括号数
可以利用 DP 求解
状态
$dp[i][j]$ 表示字符串第 i 个字符处，j 为前 i 个字符中左括号减右括号的个数，值即为方案数

转移
三个转移

• $ss[i]=($，那么 $dp[i][j]->dp[i+1][j+1]$
• $ss[i]=)$，那么 $dp[i][j]->dp[i+1][j-1]$
• $ss[i]=?$，那么 $dp[i][j]->dp[i+1][j+1]$ 且 $dp[i][j]->dp[i+1][j-1]$

最终答案即为 $dp[n][0]$
代码传送门

11.cf 903 div.3 E. Block Sequence

状态
dp[i] 表示对区间 [i, n] 所需的最小操作次数使得其 beautiful
初值 dp[n] = 1, dp[n + 1] = 0

转移

• dp[i] = dp[i + 1] + 1，移除当前第 i 个字符，延续成立
• 考虑 i + a[i] + 1 的位置，其小于等于 n + 1 则传递 dp[i + a[i] + 1]，不然a[i]就无法利用

两种转移取小即可

代码传送门

12.leetcode 546. 移除盒子

状态
$dp[l][r][k]$ 表示移除区间 $[l,r]$ 和后面 $k$ 个 $a_r$ 时所能得到的最大积分

转移

$$dp[l][r][k]=max(dp[l][r-1][0]+(k+1{)}^2,\underset{i=l}{\overset{r-1}{max}}\{(dp[l][i][k+1]+dp[i+1][r-1][0])\times (b[i]==b[r])\})$$

Qiansui_code

13.洛谷 P3842 [TJOI2007] 线段

状态
$dp[i][0]$ 表示移动到第 i 行左端点所需的最短路程
$dp[i][1]$ 表示移动到第 i 行右端点所需的最短路程

转移
初值：$dp[1][0]=r[1]-1+r[1]-l[1];dp[1][1]=r[1]-1;$

$$\begin{array}{r}dp[i][0]=min(dp[i-1][0]+abs(r[i]-l[i-1])+r[i]-l[i]+1,dp[i-1][1]+abs(r[i]-r[i-1])+r[i]-l[i]+1);\\ dp[i][1]=min(dp[i-1][0]+abs(l[i]-l[i-1])+r[i]-l[i]+1,dp[i-1][1]+abs(l[i]-r[i-1])+r[i]-l[i]+1);\end{array}$$

Qiansui_code