dp总结（未完）

log:

点击查看日志

(25.1.12 开始编写)

.....

(25.1.22 加入完全和多重背包)

(25.1.23 更新例题)

动态规划

对于一个能用动态规划解决的问题，一般采用如下思路解决：
1.将原问题划分为若干阶段，每个阶段对应若干个子问题，提取这些子问题的特征（称之为状态）；
2.寻找每一个状态的可能决策，或者说是各状态间的相互转移方式（用数学的语言描述就是状态转移方程）。
3.按顺序求解每一个阶段的问题。
4.能用dp解决的问题需要有三个要素：最优子结构，无后效性和子问题重叠。

1.背包问题

例1.1 01背包之：[NOIP2005 普及组] 采药

问题：总共有 $M$ 个草药，每个草药得价值为 $v$ ，每采一个草药需要花 $t$ 个时间，要求要在一个固定时间 $T$ 内使采得的药物总价值最大。

方法1：`dfs`暴力搜索

解法：一个一个往前摸
完整代码：

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

const int N=1e3+10;
int t[N],v[N],ans;
int T,M;

void dfs(int sumv,int pos,int sumt){
	if(sumt>T) return ;
	if(pos==M) {
		ans=max(ans,sumv);
		return ;
	}
	dfs(sumv+v[pos],pos+1,sumt+t[pos]);
	dfs(sumv,pos+1,sumt);//回溯
}

int main(){
	cin>>T>>M;
	for(int i=0;i<M;i++){
		cin>>t[i]>>v[i];
	}
	dfs(0,0,0);
	cout<<ans;
	return 0;
}

结过：超时，时间复杂度为 $O (2^{N})$ 级别。

方法2：`dp`（动态规划）

解法：
考虑这几种情况：
1.不摘草药
时间不变，把前面得状态复制过来,

dp[i][j]=dp[i-1][j];

2.采摘草药
当前时间减去该草药所需得时间，并且加上该草药的价值，

dp[i][j]=dp[i-1][j-t[i]]+v[i];

然后进行比较

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-t[i]]+v[i]);

完整代码：

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

int t[1001],v[101],dp[1001][1001];  

int main(){
	int T,M;
	cin>>T>>M;
	for(int i=1;i<=M;i++){
		cin>>t[i]>>v[i];
	} 
	for(int i=1;i<=M;i++){ 
		for(int j=1;j<=T;j++){ 
			if(j>=t[i]){
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j-t[i]]+v[i],dp[i-1][j]);
			}
			else{
				dp[i][j]=dp[i-1][j];
			}
		}
	}
	cout<<dp[M][T];
	return 0;
}

结过：AC

例1.2 ：[NOIP2001 普及组] 装箱问题

问题：有一个箱子容量为 $V$ ，同时有 $n$ 个物品，每个物品有一个体积。现在从 $n$ 个物品中，任取若干个装入箱内（也可以不取），使箱子的剩余空间最小。输出这个最小值。

方法1：`dfs` 无剪枝暴力

解法：题目就是求背包最多能装多少，只不过是换个问法而已，暴搜挨个试，

void dfs(int pos,int sumw){
	if(sumw>v) return ;
	if(pos>n){
		ans=max(sumw,ans);
		return ;
	}
	dfs(pos+1,sumw+w[pos]);
	dfs(pos+1,sumw);
}

数据水所以能ac。

方法2：`dp`（动态规划）

解法：推动态转移方程，有两种情况，装和不装，不装为 $d p [i] [j] = d p [i - 1] [j]$ ，装为 $d p [i] [j] = d p [i - 1] [j] + w [i]$ ，代码懒得黏了。

1.3空间优化

见此处

1.4 二维01背包

二维01背包就是有两个性质。
题目:NASA的食物计划`
很轻松的推出状态转移方程，几乎和模板没区别，只是多了一维。
1.拿: $d p [i] [j] [z] = d p [i - 1] [j] [z]$
2.不拿： $d p [i] [j] [z] = d p [i - 1] [j - h [i]] [z - t [i]] + k [i]$ ， 减去损耗再加上卡路里
得到状态转移方程： $d p [i] [j] [z] = m a x (d p [i - 1] [j] [z], d p [i - 1] [j - h [i]] [z - t [i]] + k [i])$
代码：

	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=h;j++){
			for(int z=1;z<=t;z++){
				if(j>=hs[i]&&z>=ts[i]){
					dp[i][j][z]=max(dp[i-1][j][z],dp[i-1][j-hs[i]][z-ts[i]]+k[i]);
				}
				else dp[i][j][z]=dp[i-1][j][z];
			}	
		}
	}

当然还可已进行优化，把之前的滚动数组变成二维：
$d p [j] [z] = m a x (d p [j] [z], d p [j - h [i]] [z - t [i]] + k [i])$

for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=h;j>=hs[i];j++){
			for(int z=t;z>=ts[i];z++){
				dp[j][z]=max(dp[j][z],dp[j-h[i]][z-t[i]]+k[i])
			}	
		}
	}

1.5 变形题

例：P1509 找啊找啊找GF
多维dp+次要性动态规划，既要保证两个最优，可以设置两个dp来操作，一个人数一个时间，状态转移方程还是很好退的，就怕写的时候漏条件了。
无优化的代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e2+10;
int n,rmb[N],rp[N],t[N],dpn[N][N][N],dpt[N][N][N];
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>rmb[i]>>rp[i]>>t[i];
	}
	int m,r;
	cin>>m>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=1;k<=r;k++){
				if(rmb[i]<=j&&rp[i]<=k){
					if(dpn[i-1][j][k]<dpn[i-1][j-rmb[i]][k-rp[i]]+1){
						dpn[i][j][k]=dpn[i-1][j-rmb[i]][k-rp[i]]+1;
						dpt[i][j][k]=dpt[i-1][j-rmb[i]][k-rp[i]]+t[i];
					}
					else {
						if(dpn[i-1][j][k]==dpn[i-1][j-rmb[i]][k-rp[i]]+1){
							dpn[i][j][k]=dpn[i-1][j][k];
							dpt[i][j][k]=min(dpt[i-1][j][k],dpt[i-1][j-rmb[i]][k-rp[i]]+t[i]);
						}
						else {
							dpn[i][j][k]=dpn[i-1][j][k];
							dpt[i][j][k]=dpt[i-1][j][k];
						}
					}
				}
				else {
					dpn[i][j][k]=dpn[i-1][j][k];
					dpt[i][j][k]=dpt[i-1][j][k];
				}
			}
		}
	}
	cout<<dpt[n][m][r];
	return 0;
}

进行优化后的代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int rmb[1001],rp[1001],t[1001],dpn[1001][1001],dpt[1001][1001];
int main(){
	int n,m,r;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>rmb[i]>>rp[i]>>t[i];
	cin>>m>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=m;j>=rmb[i];j--){
			for(int k=r;k>=rp[i];k--){
				if(dpn[j][k]<dpn[j-rmb[i]][k-rp[i]]+1){
					dpn[j][k]=dpn[j-rmb[i]][k-rp[i]]+1;
					dpt[j][k]=dpt[j-rmb[i]][k-rp[i]]+t[i];
				}
				else {
					if(dpn[j][k]==dpn[k-rmb[i]][j-t[i]]+1) dpt[j][k]=min(dpt[j][k],dpt[j-rmb[i]][k-rp[i]]+t[i]);
				}
			}
		}
	}
	cout<<dpt[m][r];
	return 0;
}

状态转移方程
$d p n u m [j] [k] = m a x (d p n u m [j] [k], d p n u m [j - r m b [i]] [k - r p [i]] + 1)$
$d p t i m e [j] [k] = m i n (d p t i m e [j] [k], d p t i m e [j - r m b [i]] [k - r p [i]] + t i m e [i])$

1.6 完全背包

不同于01背包，完全背包可以无限次拿取物品，开了。

解法：

01背包压维优化可知如果二层循环是正序的话，就会多次拿取物品，符合完全背包的要求。

模板

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=w[i];j<=w;j++){
		dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
	}
}

1.7 多重背包

和完全背包不同的是，它拿物品的次数是有限制的，如只能拿 $n u m$ 次。

解法和模板：

1.像01背包一样当成单个物品使用。

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int l=1;l<=num[i];l++){//使用num次
		for(int j=w;j>=w[i],j--){
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])；
		}
	}
}
for(int i=1;i<=mxx;i++){
	mx=max(mx,dp[i]);
}

2.考虑使用情况，也就是使用次数。

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=0;j<=w;j++){
		for(int l=1;l<=num[i];l++){
			if(l*w[i]<j){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-l*w[i]]+l*v[i]);
			}
		}
	}
}

for(int i=1;i<=mxx;i++){
	mx=max(mx,dp[i]);
}

1.8 一些例题

1.P6771 [USACO05MAR] Space Elevator 太空电梯

解法：

套多重背包的板子，把价值和重量都变成高度，背包的容积为限制高度，次数为材料可用次数，注意高度限制越低的越往下垒。可得动态转移方程为 $d p [j] = m a x (d p [j], d p [j - h [i]] + h [i])$ 。题目整体难度不大，但要注意细节的把控。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e4+10;
int dp[N];
struct Build{
	int h,a,c;
}b[N];
bool cmp(Build aa,Build b){
	return aa.a<b.a;
}
int main(){
	int n,mxx=0;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>b[i].h>>b[i].a>>b[i].c;
		mxx=max(mxx,b[i].a);
	}
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int l=1;l<=b[i].c;l++){
			for(int j=b[i].a;j>=b[i].h;j--){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-b[i].h]+b[i].h);
			}
		}
	}
	int mx=INT_MIN;
	for(int i=1;i<=mxx;i++){
		mx=max(mx,dp[i]);
	}
	cout<<mx;
	return 0;
}

2.P5662 [CSP-J2019] 纪念品

解法：

考虑明天剩余的钱，今天买了明天再买，得出动态转移方程 $d p [k - a [i] [j]] = m a x (d p [k - a [i] [j]], d p [k] - a [i] [j] + a [i - 1] [j])$ 。dp[k]相当于还剩 $k$ 钱的可获得的最大价值，太几把复杂了，当然还有第二种方法。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int a[N][N];
int dp[N];
int main(){
	int t,n,m;
	cin>>t>>n>>m;
	int tmp=1;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	//int mx=0;
	int ans=m;
	for(int i=1;i<t;i++){
		memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化
		dp[ans]=ans;//不买不买时候的价值
		for(int j=1;j<=n;j++){
			for(int k=ans;k>=a[i][j];k--){//明天的的钱数
				dp[k-a[i][j]]=max(dp[k-a[i][j]],dp[k]+a[i+1][j]-a[i][j]);//如果买了，且明天的价值更大就直接卖了
			}
		}
		int mx=0;
		for(int j=0;j<=ans;j++){
			mx=max(mx,dp[j]);
		}
		ans=mx;
	}
	
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

上一篇[ABC389C] Snake Queue题解

下一篇刷题总结记录

本文作者：Tobaa

本文链接：https://www.cnblogs.com/TobyL/p/18666861

posted @ 2025-01-23 12:19 Tobaa 阅读(6) 评论(1) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 01背包的推导

· [CSP-S 2024] 决斗

· 关于动态规划

· 动态规划合集

· 动态规划总结【分类1-基础模型】

阅读排行：
· 阿里最新开源QwQ-32B，效果媲美deepseek-r1满血版，部署成本又又又降低了！
· 单线程的Redis速度为什么快？
· SQL Server 2025 AI相关能力初探
· AI编程工具终极对决：字节Trae VS Cursor，谁才是开发者新宠？
· 展开说说关于C#中ORM框架的用法！

TobyL

dp总结（未完）

log:

动态规划

1.背包问题

例1.1 01背包之：[NOIP2005 普及组] 采药

方法1：`dfs`暴力搜索

方法2：`dp`（动态规划）

例1.2 ：[NOIP2001 普及组] 装箱问题

方法1：`dfs` 无剪枝暴力

方法2：`dp`（动态规划）

1.3空间优化

1.4 二维01背包

1.5 变形题

1.6 完全背包

解法：

模板

1.7 多重背包

解法和模板：

1.像01背包一样当成单个物品使用。

2.考虑使用情况，也就是使用次数。

1.8 一些例题

1.P6771 [USACO05MAR] Space Elevator 太空电梯

解法：

代码：

2.P5662 [CSP-J2019] 纪念品

解法：

代码：

公告

常用链接

我的标签

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论

TobyL

dp总结（未完）

log:

动态规划

1.背包问题

例1.1 01背包之：[NOIP2005 普及组] 采药

方法1：dfs暴力搜索

方法2：dp（动态规划）

例1.2 ：[NOIP2001 普及组] 装箱问题

方法1：dfs 无剪枝暴力

方法2：dp（动态规划）

1.3空间优化

1.4 二维01背包

1.5 变形题

1.6 完全背包

解法：

模板

1.7 多重背包

解法和模板：

1.像01背包一样当成单个物品使用。

2.考虑使用情况，也就是使用次数。

1.8 一些例题

1.P6771 [USACO05MAR] Space Elevator 太空电梯

解法：

代码：

2.P5662 [CSP-J2019] 纪念品

解法：

代码：

公告

常用链接

我的标签

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

最新评论

方法1：`dfs`暴力搜索

方法2：`dp`（动态规划）

方法1：`dfs` 无剪枝暴力

方法2：`dp`（动态规划）