动态规划题目
动态规划算法,在T大某位老师的书中说就是递推+重复子问题。
动态规划算法的效率主要与重复子问题的处理有关。
典型的题目有 陪审团,最大公共子串问题
1,最大公共子串问题
这个是动态规划的基础题目。动态规划就是递推和重复子结构。
确定了递推关系后。找到一个能极大地减少重复运算的子结构至关重要。选的好了,时间效率会很好。
这个问题,不妨设第一个串为a,长度为n,第二个串为b,长度m。那么最长的子序列长度为f(n,m)
当a[n]=a[m]时
f(n,m)=1+f(n-1,m-1)
否则f(n,m)=max(f(n-1),f(m-1))
同时建立一个存储计算过的f(x,y)的矩阵,如果计算过了就直接使用
程序如下所示
- #include <iostream>
- #define MAXLen 1000
- char seq1[MAXLen];
- char seq2[MAXLen];
- int maxLen[MAXLen][MAXLen];
- int MaxCommonMain()
- {
- while(scanf("%s%s",seq1+1,seq2+1)>0)
- {
- int length1=strlen(seq1+1);
- int length2=strlen(seq2+1);
- for(int i=0;i<=length1;i++)
- maxLen[i][0]=0;
- for(int j=0;j<=length2;j++)
- maxLen[0][j]=0;
- for(int i=1;i<=length1;i++)
- {
- for(int j=1;j<=length2;j++)
- {
- if(seq1[i]==seq2[j])
- maxLen[i][j]=maxLen[i-1][j-1]+1;
- else
- maxLen[i][j]=maxLen[i-1][j]>maxLen[i][j-1]?maxLen[i-1][j]:maxLen[i][j-1];
- }
- }
- printf("%d/n",maxLen[length1][length2]);
- // printf("%d",maxLen[length2-1][length1-1]);
- }
- return 0;
- }
2,陪审团问题
问题描述:
问题描述
在遥远的国家佛罗布尼亚,嫌犯是否有罪,须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中
挑选的。先随机挑选n 个人作为陪审团的候选人,然后再从这n 个人中选m 人组成陪审团。
选m 人的办法是:
控方和辩方会根据对候选人的喜欢程度,给所有候选人打分,分值从0 到20。为了公
平起见,法官选出陪审团的原则是:选出的m 个人,必须满足辩方总分和控方总分的差的
绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分和控方总分的之差的绝对值相同,那么选辩控
双方总分之和最大的方案即可。最终选出的方案称为陪审团方案。
输入数据
输入包含多组数据。每组数据的第一行是两个整数n 和m,n 是候选人数目,m 是陪审
团人数。注意,1<=n<=200, 1<=m<=20 而且 m<=n。接下来的n 行,每行表示一个候选人
的信息,它包含2 个整数,先后是控方和辩方对该候选人的打分。候选人按出现的先后从1
开始编号。两组有效数据之间以空行分隔。最后一组数据n=m=0
输出要求
对每组数据,先输出一行,表示答案所属的组号, 如 'Jury #1', 'Jury #2', 等。接下来的
一行要象例子那样输出陪审团的控方总分和辩方总分。再下来一行要以升序输出陪审团里每
个成员的编号,两个成员编号之间用空格分隔。每组输出数据须以一个空行结束。
输入样例
4 2
1 2
2 3
4 1
6 2
0 0
输出样例
Jury #1
Best jury has value 6 for prosecution and value 4 for defence:
2 3
用动态规划来解
动态规划可以看成是重复子问题+递归
设p为控方向量,d为辩方向量
评分从-400到400
f(j,k)为选取第j个人,评分差为k的辩控总分
对于任意的i,i大于0小于n,则有
f(j,k)=f(j-1+1,x+p[i]-d[i])
则就有
f(j,k)=f(j-1,x)+p[i]+d[i];
如果新的f(j,k)大于旧的,则替换旧的,否则不替换
初始值为k=0,在程序中或许是某个值,以免避免序号k出现负值。
那么初始的f(0,0)=0;
在第一轮的时候只有辩控差为0的合理
对所有的候选人做
f(1,p[i]-d[i])=max(f(1,p[i]-d[i]),f(0,0)+p[i]+d[i]);
这样就可以完成选一个人的操作。
做完之后离k=0最近的非负的就是我们要的最大的辩控和。下标就是辩控差。
同理,如果选两个的话,第二轮
k=-400~400
如果f(1,k)合理(此时,只有在第一轮中算出来的合理)
f(2,k+p[i]-d[i])=max(f(2,k+p[i]-d[i]),f(1,k)+p[i]+d[i]);
如果要保存搜索得到的路径
设路径path保存路径向量
path(j,k)保存推荐第j个陪审员时候,辩控差为k的候选人。
对应上面的f函数,初始值都设为0。
如果只找一个候选人
则本身path中没有任何的值,即没有推荐任何的人。也就是说,推荐第一个人的时候,谁都可以(若推荐第二个人,则以前推荐过的不能再次推荐)
在推荐第一个候选人的时候,只管保存path[0][p[i]-d[i]]=i ;
当选取多个候选人的时候,在更新f(j,k)的同时更新path,因为更新f(j,k)的同时,意味着选了新的候选人,所以需要更新路径
当以上都做完之后,
定义一个数组result来取路径
对i:1~m
result[i]=path[m-i+1][k];
k=k-p[result[i]]+d[result[i]];
这样就都解决了。
- #include<stdlib.h>
- #include<iostream>
- #include<memory.h>
- int p[300];
- int d[300];
- int path[30][1000];
- int f[30][1000];
- int result[30];
- int compareInt(const void *el, const void *e2)
- {
- return *((int *)el)-*((int *)e2);
- }
- int jurymain()
- {
- int n,m;
- scanf("%d%d",&n,&m);
- int no=0;
- int i=0;
- while(n+m)//n=0,m=0结束条件
- {
- no++;
- for(i=1;i<=n;i++)
- scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);
- memset(f,-1,sizeof(f));
- memset(path,0,sizeof(path));
- int minD=20*m;
- f[0][minD]=0;
- for(int j=0;j<m;j++)
- {
- for(int k=0;k<=minD*2;k++)
- {
- if(f[j][k]>=0)
- {
- i=1;
- int temp1;
- int temp2;
- for(;i<=n;i++)
- {
- if(f[j][k]+p[i]+d[i]>f[j+1][k+p[i]-d[i]])
- {
- temp1=j;
- temp2=k;
- while(temp1>0&&path[temp1][temp2]!=i)
- {
- temp2=temp2-p[path[temp1][temp2]]+d[path[temp1][temp2]];
- temp1--;
- }
- if(temp1==0)
- {
- f[j+1][k+p[i]-d[i]]=f[j][k]+p[i]+d[i];
- path[j+1][k+p[i]-d[i]]=i;
- }
- }
- }
- }
- }
- }
- i=minD;
- int j=0;
- int k=0;
- while(f[m][i+j]<0&&f[m][i-j]<0)
- j++;
- if(f[m][i+j]>f[m][i-j])
- k=i+j;
- else
- k=i-j;
- printf("Jury #%d/n",no);
- printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:/n",(k-minD+f[m][k])/2,(minD-k+f[m][k])/2);
- for(i=1;i<=m;i++)
- {
- result[i]=path[m-i+1][k];
- k-=p[result[i]]-d[result[i]];
- // std::cout<<"result "<<i<<" "<<result[i]<<std::endl;
- }
- qsort(result+1,m,sizeof(int),compareInt);
- for(i=1;i<=m;i++)
- printf("%d ",result[i]);
- printf("/n/n");
- scanf("%d%d",&n,&m);
- }
- //system("pause");
- return 0;
- }
3,小花店问题
F束花从左到右放在V个花瓶里面(1<=F<=V<=100),花要按照花的标志数从小到大排列。不同的花在不同的花瓶能够产生不同的美学价值。v[i,j]来表示第i朵花在第j个花瓶产生的美学价值。求把n朵花放在m个花瓶能够产生的最大的美学价值。
这个题和最大公共子串的思考角度相似。由于花必须要小于等于瓶子。而且花的编号由小到大,不能乱序。例如就不能把出现【2,4】 【1,5】这种现象。也就是说插在花瓶中的花按照花瓶的顺序,序号升序排列。
不妨用f(i,j)来表示把前i朵花插入前个瓶子中。当i=j时,f(i,j)=v[1,1]+v[2,2]+...+v[i,i];
当i=0时,f(0,j)=0; 当i!=j, 且i!=0时f(i,j)=max(f(i,j-1),f(i-1,j-1)+v[i,j]) ,i<=j-1.
- #include <stdlib.h>
- #include <stdio.h>
- void getMaxValue(int **f,int **v,int m,int n)
- {
- for(int j=1;j<=m;j++)
- {
- for(int i=1;i<=j-1;i++)
- {
- if(f[i-1][j-1]+v[i][j]>f[i][j-1])
- f[i][j]=f[i-1][j-1]+v[i][j];
- else
- f[i][j]=f[i][j-1];
- }
- }
- }
- int main()
- {
- int n,m;
- scanf("%d%d",&n,&m);
- int **v=new int[n+1][m+1];
- int **f=new int[n+1][m+1];
- v[0][0]=0;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- for(int j=1;j<=m;j++)
- scanf("$d",v[i][j]);
- for(int j=0;j<=m;j++)
- v[0][j]=0;
- int tempSum=0;
- for(int i=0;i<=n;i++)
- {
- sum+=v[i][i];
- f[i][i]=sum;
- }
- getMaxValue(f,v,m,n);
- delete(v);
- return 0;
- }
4,最佳旅行线问题
简单描述:某航空公司给的奖品,一张免费的机票。可以从最西边的一个城市出发,必须到达最东边的一个城市,然后返回起点城市。每个城市职能经过一次,起点被访问2次。问最多能够访问多少个城市。
这个题可以使用动态规划的方法。这个题目也使我想起了《算法导论》中装配线的问题,其实基本是一致的。
在很多的书或者是解法中,都用了这样的方法:从起点开始,两条路一起走f[i,j]表示两条不相交的路线分别到达i和j时,所需乘坐航线的最大值
f(1,1)=0;
f(i,j)= max{f(k,j)}+1,i>j ;k是i的前驱节点。
max{f(i,k)}+1,i<j
f(i,i)无意义
该算法是没有错的。很多地方也用这个算法做了一些程序版本。但是这个算法有一个限制,就是前驱节点。在t大某位老师的书中,他枚举所有的点对,然后对f矩阵进行更新(传统的动态规划方法)。但是他这个有一个前提,那就是所有节点的序号符合拓扑序列。但是题目中并没有说城市符合拓扑序列。假如说序号比较随意,t大的这本书中的就错了。但是他并没有在代码中说明,算是对读者的一个误导。
- #ifndef TICKETAWARD_H
- #define TICKETAWARD_H
- class TicketAward
- {
- int *b;//度数
- int **g;//g(i,j)表示第i个点的第j个孩子
- int **f;//函数f
- int n;//总共有n个节点
- public:
- TicketAward();
- int max(int x,int y);
- };
- #endif
- #include "stdafx.h"
- #include <iostream>
- #include "TicketAward.h"
- TicketAward::TicketAward()
- {
- std::cin>>n;
- g=new int *[n+1];
- b=new int[n+1];
- f=new int*[n+1];
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- g[i]=new int[n+1];
- f[i]=new int[n+1];
- b[i]=0;
- for(int j=1;j<=n;j++)
- {
- }
- }
- int temp=0;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- std::cin>>temp;//输入i的第一个孩子,如果不为0,即就是存在孩子节点,则继续
- while(temp!=0)
- {
- b[i]++;
- g[i][b[i]]=temp;
- std::cin>>temp;
- }
- }
- f[1][1]=0;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- for(int j=1;j<=b[i];j++)
- {
- if(i==j==1)
- continue;
- if(i<j)
- for(int k=1;k<=b[i];k++)
- {
- f[i][j]=max(f[i][j],(f[g[i][k]][j]+1));
- }
- if(i>j)
- for(int k=1;k<=b[j];k++)
- {
- f[i][j]=max(f[i][j],(f[g[j][k]][j]+1));
- }
- }
- }
- std::cout<<(f[n][n]-2);
- }
- int TicketAward::max(int x, int y)
- {
- return x>y?x:y;
- }
5, 最长词链问题
给定一个仅仅包含小写字母的英文单词表,其中每个单词至少包含一个字母,最多包含75个字母,且按照字典序排列。所有单词包含的单词个数之和不超过200w
如果在一张由一个单词或者多个单词组成的表中,每个单词都被其后的一个单词所包含,则成此表为一个链。
现在要求从单词表中找到一个包含单词书最多的最长词链。
该问题可以由动态规划解。这让我想起了一个题:在一个连续的长字符串中,找出匹配次数最多的一个词组,不能有重叠。相同的方法。
令F(k)表示第k个单词的时候的最长的链。则F(k)=maxF(i)+1,i从1,到k-1,并且第i个单词是第k个的前缀。这儿问题就解了。
但是,对于这道题还有其他的解法。由于字典序并非乱序。每个单词的前一个单词所包含的前缀很可能就是这个单词的前缀,并且前一个单词也可能就是该单词的前缀。因为前缀的特殊性。所以只用检查前一个单词的前缀(包括该单词本身)就能找出该前缀链
代码为非动态规划算法
- #include "stdafx.h"
- #ifndef MOSTLENGTHLETTER_H
- #define MOSTLENGTHLETTER_H
- #include <iostream>
- #include <string>
- struct Pnode
- {
- int len;
- Pnode *next[26];
- };
- struct MostLengthLetters
- {
- public:
- MostLengthLetters()
- {
- for(int i=0;i<=25;i++)
- {
- root.next[i]=NULL;
- }
- ans=0;
- std::cout<<"please input the num of words"<<std::endl;
- std::cin>>wordsNum;
- this->getWords();
- }
- void getWords();
- void update(std::string temp);
- int wordsNum;
- Pnode root;
- int ans;
- };
- void MostLengthLetters::getWords()
- {
- std::string temp;
- for(int i=0;i<this->wordsNum;i++)
- {
- std::cin>>temp;
- this->update(temp);
- }
- }
- void MostLengthLetters::update(std::string temp)
- {
- int len=temp.length();
- Pnode p=root;
- int max=0;
- int i=1;
- int tempInt=0;
- while(i<len)
- {
- tempInt=temp[i]-'a';
- if(p.next[i]==NULL)
- {
- Pnode *node=new Pnode;
- node->len=0;
- for(int j=0;j<=25;j++)
- {
- node->next[j]=NULL;
- }
- }
- if(max<p.len)
- max=p.len;
- i++;
- p=*p.next[tempInt];
- }
- p.len=max+1;
- this->ans=p.len;
- return;
- }
- #endif
6, 整数划分问题
给定一个自然数,分成k部分,A1,A2..的数的和,要求A1<=A2...求有多少种?
- #include "stdafx.h"
- #ifndef SPLITTOKNUM_H
- #define SPLITTOKNUM_H
- #include<iostream>
- #include <memory.h>
- #define MaxN 100
- class SplitToKNum
- {
- public:
- SplitToKNum()
- {
- std::cin>>n;
- std::cin>>k;
- memset(f,0,sizeof(f));
- for(int i=1;i<=k;i++)
- {
- f[MaxN][i]=1;
- }
- for(int j=1;j<=k;j++)
- for(int i=MaxN+1;i<=MaxN+n;i++)
- f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j];
- std::cout<<f[n+MaxN][k]-f[n+MaxN][k-1]<<std::endl;
- }
- int n;
- int k;
- int f[2*MaxN+1][MaxN];
- };
- #endif
7,青蛙的烦恼
池塘里面有n片荷花,正好形成一个凸多边形,按照顺时针方向将这n片和也顺次编号为1,2,3,4,5...,n。一只青蛙想要跳过这些荷叶,每个只能跳过一次,希望跳过的距离最短。
输入荷叶数n,每片荷叶的坐标xy,输出最短距离。
分析:凸多边形,首先不能出现交叉路,否则,由两边之和大于第三边可以知道,这样实际上是路程变长了。
其次,直接按照凸多边形也不正确,可以参考平行四边形,其中一个角为30度,请自行画图查明。
方法:每次每个顶点只能到与自己相邻的两个中的一个(到其他顶点边会出现交叉),剩下的n-1个顶点也遵从这一规则。则可以使用动态规划的方法。
从s到L
则如果从s出发,则f(s,L,0)=min{dis(s,s+1)+f(s+1,L-1,0),f(s+1,L-1,1)+dis(s+L-1,s)}
如果从s+L-1出发则f(s,L,1)=min{dis(s,s+L-1)+f(s+L-1,L-1,0),f(s+L-1,L-1,0)+dis(s+L-1,s)}
- #include <stdlib.h>
- #include <stdio.h>
- #include <iostream>
- #define MAXN 1000
- double x[MAXN];// x radix
- double y[MAXN];
- double dis[MAXN][MAXN];
- int n;// the num of
- double f[MAXN][2][2];
- double min(double a,double b)
- {
- return a<b?a:b;
- }
- int main()
- {
- std::cout<<"please input the num of the points"<<std::endl;
- std::cin>>n;
- for(int i=0;i<n;i++)
- {
- std::cin>>x[i]>>y[i];
- }
- for(int i=0;i<n-1;i++)
- {
- for(int j=i+1;j<n;j++)
- {
- dis[i][j]=(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]);
- dis[j][i]=dis[i][j];
- }
- }
- int sign=0;
- double ans=1000000;
- for(int j=1;j<=n;j++)
- {
- sign=1-sign;
- for(int i=n-1;i>=0;i--)
- {
- if(j==1)
- {
- f[i][sign][0]=0;
- f[i][sign][1]=0;
- }
- else
- {
- f[i][sign][1]=min(f[(i+1)%n][1-sign][1]+dis[i][(i+1)%n],f[(i+1)%n][1-sign][0]+dis[i][(i+j-1)%n]);
- f[i][sign][0]=min(f[i][1-sign][1]+dis[(i+j-1)%n][i],f[i][1-sign][0]+dis[(i+j-1)%n][(i+j-2)%n]);
- }
- if(j==n)
- ans=min(ans,f[i][sign][1]);
- }
- }
- //std::cout<<f[1][sign][1]<<"/t"<<f[1][sign][0]<<std::endl;
- std::cout<<ans<<std::endl;
- return 0;
- }
8排列问题
在整数1,2,。。。,n中,有些排列满足下面的性质:该排列中除了最后一个数字以外,每个整数后面都跟有一个同它相差为1的整数。例如:N=4,排列1432满足上述性质。求,如果 任意指定p个位置的值,求最多有几个排列满足如上性质
这种排列满足一下两条性质
a,任何一个排列的后k位是若干连续整数的集合
b,如果一个排列的后k位(1<=k<=n)是软干连续整数组成的集合,则这个排列满足题目所述的性质。
动态规划的方法即可。设s为起始的数的大小,r为连续的多少数的个数
则
g(s,r)=g(s+1,j-1),若第1个位置为s,即倒数第j个位置为s
g(s,j-1),若第1个位置为s+r-1,即倒数的第j个位置为s+r-1
不确定则为上述两个之和
代码如下
- #include <stdlib.h>
- #include <iostream>
- #include <memory.h>
- class RankProgram
- {
- public:
- RankProgram()
- {
- std::cout<<"please input the testing data"<<std::endl;
- std::cin>>n>>p;
- s=new int[n+2];
- g=new int* [n+2];
- for(int i=0;i<=n+1;i++)
- {
- g[i]=new int[n+2];
- memset(g[i],0,sizeof(int)*(n+2));
- g[i][1]=1;
- }
- memset(s,0,sizeof(int)*(n+2));
- int tempData;
- int tempP;
- for(int i=1;i<=p;i++)
- {
- std::cin>>tempP>>tempData;
- s[n-tempP+1]=tempData;
- }
- for(int i=n;i>=1;i--)
- {
- for(int j=2;j<=n-i+1;j++)
- {
- if(s[j]==i)
- g[i][j]=g[i+1][j-1];
- else if(s[j]==(i+j-1))
- g[i][j]=g[i][j-1];
- else
- g[i][j]=g[i+1][j-1]+g[i][j-1];
- }
- }
- std::cout<<g[1][n]<<std::endl;
- }
- ~RankProgram()
- {
- delete [] s;
- for(int i=0;i<=n+1;i++)
- delete [] g[i];
- delete [] g;
- }
- private:
- int *s;
- int **g;
- int p;
- int n;
- };
- int main()
- {
- RankProgram rp;
- }
9,画室问题
实际上该题可以描述为,给定一个尺寸为N的矩阵,行和列宽度为2^N,将该矩阵分为4分,左上角不为零,其他三部分都包含零。递归定义这三部分,直到最小单位,即矩阵只有一个数,为0;
求如果让该矩阵移动一个尺寸(x,y),两个矩阵重复部分的0的个数。
思考:实际上就是判断移动前和移动后对应的位置是否都为0,如果都为0,则总0个数+1。
如果移动到了左上角的位置则不加,其他三部分因为是一样的,该部分递归定义的上层+1
在下面的程序中,k1,k2 表示的位置,在当前区域的哪一块
a,b表示三个区域,其中左上的直接被忽略了。
kk1,kk2,表示移动到的了哪一个区域
if(!((a+p[i-1]+k1)%2==0&&(b+q[i-1]+k2)%2==1))表示移动到的区域的哪一块,如果是左上直接忽略
- #ifndef MATRIXMOVE_H
- #define MATRIXMOVE_H
- #include <iostream>
- #include <memory.h>
- #define MAXN 101
- class MatrixMove
- {
- public:
- MatrixMove()
- {
- std::cin>>n;
- memset(f,0,sizeof(f));
- f[n+1][0][0]=1;
- f[n+1][0][1]=f[n+1][1][0]=f[n+1][1][1]=0;
- std::cin>>x>>y;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- p[n-i+1]=x%2;
- q[n-i+1]=y%2;
- x=x/2;
- y=y/2;
- }
- for(int i=n+1;i>=2;i--)
- {
- for(int k1=0;k1<=1;k1++)
- for(int k2=0;k2<=1;k2++)
- for(int a=0;a<=1;a++)
- for(int b=0;b<=1;b++)
- {
- if(!(a==0&&b==1))
- {
- int kk1=(a+p[i-1]+k1)/2;
- int kk2=(b+q[i-1]+k2)/2;
- if(!((a+p[i-1]+k1)%2==0&&(b+q[i-1]+k2)%2==1))
- {
- f[i-1][kk1][kk2]+=f[i][k1][k2];
- }
- }
- }
- }
- std::cout<<f[1][0][0]<<std::endl;
- }
- private:
- int n;
- int x;
- int y;
- int f[MAXN][2][2];
- int p[MAXN];
- int q[MAXN];
- };
- #endif
10, 中世纪剑士
n个人决斗,两两之间有强弱关系,强弱关系不传递,例如a>b,b>c,c>a。n个剑士围成一个圈,一次抽签,抽中的人和他右边的人决斗,输了的人出圈。现在问是否存在一种决斗方式让第k个人生出,计算可能胜出的的人数和方案。
这个题目让我想起了围成一个圈的猴子的题目,那个题目是约瑟夫问题。
和这个不一样。
这个题目:一个人要胜出,则要胜了所有右边的人,同时也要胜出左边的人。因为是围成一个圈,所以该人胜出的话,最终肯定是自己跟自己相遇。那么,这种情况下,把圈展开成一个链,将该链延长一倍,如果i和i+n可以相遇,则说明i可以胜出。i人向右决斗,i+n向左决斗
如果两个人可以相遇,用meet[i,j]来表示
meet[i,j]= true if meet[i,k] and meet[k,j] and (e[i,k] or e[j,k])=true
false
- #ifndef ACIENTSOLDIER_H
- #define ACIENTSOLDIER_H
- #include <iostream>
- #include <memory.h>
- class AcientSoldier
- {
- public:
- AcientSoldier()
- {
- std::cin>>n;
- a=new int*[n+1];
- meet=new bool*[2*n+1];
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- a[i]=new int[n+1];
- meet[i]=new bool[2*n+1];
- meet[i+n]=new bool[2*n+1];
- memset(meet[i],0,sizeof(bool)*(2*n+1));
- memset(meet[i+n],0,sizeof(bool)*(2*n+1));
- meet[i][i+1]=true;
- meet[i+1][i]=true;
- meet[i+n][(i+n)%2+1]=true;
- meet[(i+n)%2+1][i+n]=true;
- for(int j=1;j<=n;j++)
- std::cin>>a[i][j];
- }
- for(int k=1;k<=2*n;k++)
- for(int i=1;i<=2*n;i++)
- for(int j=1;j<=2*n;j++)
- {
- if((i<k)&&(j>k)&&meet[i][k]&&meet[k][j]&&a[(i-1)%n+1][(k-1)%n+1]&&a[(j-1)%n+1][(k-1)%n+1])
- {
- meet[i][j]=true;
- meet[j][i]=true;
- }
- }
- ans=0;
- for(int i=1;i<=n;i++)
- {
- if(meet[i][i+n])
- ans++;
- }
- std::cout<<ans<<std::endl;;
- }
- private:
- int n;
- int **a;
- bool **meet;
- int ans;
- };
- #endif
11, 科学家实验陨石
总共获得了n1块A星的和n2块B星的,每次实验需要各一块,实验完了后不能回收。
总共实验min(n1,n2);
求每次试验的绝对值和的最小值
先证明一下两个递增序列,a1<b1,a2<b2, |a2-a1|+|b2-b1|<=|b2-a1|+|b1-a2|
------a1----------------b1-------------
- -
-
- O -
------a2----------------b2--------------
由上图根据两条边之和大于第三边可以直接证明上面的式子
所以就可以放心的使用动态规划了
对两列数据由小到大排序,少的用i表示,多的用j表示
F[i,j]=min(F[i,j-1],F[i-1][j-1]+dis(i,j)) j>i
F[i-1][j-1]+dis(i,j) j=i
编程暂时省略,因为这个题目比较简单
12,理想收入问题
只有一元的本金,知道每天的股价为v[i], 求M天之后的理想收入,能够获得的最大的收入
假设第i天的理想收入为F[i]
则有F[i]=max(F[j]/v[k])*v[i]; j<=k<i
令M[i]=max(F[j]/v[k])=max(M[i-1],MF[i-1]/v[i]);M[i]表示在第i天可以得到的最多股票数,MF[i-1]表示前i-1天可以取得的最大收入
MF[i]=Max(MF(i-1),F(i-1))
13. 一般的RMQ问题 (Range Minimum/Maximum Query)
- #include "stdafx.h"
- #include <iostream>
- #include <math.h>
- using namespace std;
- class RMQProblem
- {
- int N;
- int M;
- int *data;
- int **b;
- public:
- RMQProblem()
- {
- cin>>N>>M;
- data=new int[N+1];
- b=new int*[N+1];
- int tempRankNum=int(floor(log2(double(N))))+1;
- for(int i=1;i<=N;i++)
- {
- cin>>data[i];
- b[i]=new int[tempRankNum];
- b[i][0]=data[i];
- }
- for(int j=1;j<=tempRankNum;j++)
- {
- int k=1<<j;
- int kk=1<<(j-1);
- for(int i=1;i<=N-k+1;i++)
- {
- b[i][j]=min(b[i][j-1],b[i+kk][j-1]);
- }
- }
- int tempX,tempY,tempZ;
- for(int i=1;i<=M;i++)
- {
- cin>>tempX>>tempY;
- tempZ=int(floor(log2(tempY-tempX)));
- cout<<min(b[tempX][tempZ],b[tempY-int(1<<tempZ)][tempZ]);
- }
- }
- double log2(double x)
- {
- return log(double(x))/log(2.0);
- }
- int min(int x,int y)
- {
- return x<y?x:y;
- }
- };
有n个石头,k个框子。把n个石头按顺序放入k个框子,比如1~3放入1,4~6放入2,要求最大重量的框子的重量最小的放法。
设石子的重量分别为Q1,Q2,...
g(i,j)=Qi+,...,+Qj;
f(i,j)表示把i个石子放到j个框的最大重量框的重量。
则f(i,j)=minj-1<=p<i (f(i,j),max(f(p,j-1),g(p+1,i)));
g(i,i)=Qi ,f(1,1)=g(1,1),f(i,1)=g(1,i);
1<=i<=n;
1<=j<=k;
如果提前把Si =Q1+,..,+Qi 计算出来,g(j,k)=Sk -Sj-1 则时间复杂度为O(N2 )
posted on 2014-05-17 20:48 berkeleysong 阅读(244) 评论(0) 编辑 收藏 举报