【笔记】入门DP（Ⅱ）

0X00 P1433 吃奶酪

状压 $DP$，把经过的点压缩成01串。若第 $i$ 位为 $0$ 表示未到达，为 $1$ 则表示已到达。

用 $f[i][j]$ 表示以 $i$ 为起点，经过 $j$ 所含 $1$ 位置的所有点的最小距离。

先预处理出点两两之间的距离，记为 $dis[i][j]$，初始化 $f$ 数组为极大值（$memset(f,127,sizeof(f))$ 可以为浮点数赋极大值）。将所有的 $f[i][1<<(i-1)]$ 赋为 $dis[0][i]$，也就是原点到它的距离。

转移方程：$f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k-(1<<(i-1))]+dis[i][j])$

注意，有前提条件，就是 $k\mathrm{\&}(1<<(i-1))=0$，$k\mathrm{\&}(1<<(j-1))=0$，意为当前的01串 $k$ 包含了 $i$ 点和 $j$ 点。同时要 $i\ne j$，这个很好理解。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double x[20],y[20],dis[20][20],f[20][50005],ans=1e9;
int n;
double calc(int i,int j){
	return sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
}
void pre(){
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=calc(i,j);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
	memset(f,127,sizeof(f));
	pre();
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1<<(i-1)]=dis[0][i];
	for(int k=1;k<(1<<n);k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if((k&(1<<(i-1)))==0) continue;
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i==j) continue;
				if((k&(1<<(j-1)))==0) continue;
				f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k-(1<<(i-1))]+dis[i][j]);
			}
		}
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
	printf("%.2lf",ans);
	return 73;
}

---

0X01 P1775 石子合并（弱化版）

记 $f[i][j]$ 表示 $i$ 到 $j$ 一段区间合并的最小花费。

可以考虑将一个区间 $i$ ~ $j$ 从任意位置 $k$ 分成两段，再合并的最小值。

可以写出转移方程：

$f[i][j]=min\{$ $f[i][k]+f[k+1][j]$ $\}$ $+\sum _{x=i}^{j}a[x]$ $(i\le k\le j)$

其中 $\sum _{x=i}^{j}a[x]$ 可以用前缀和求出。

因为求最小值，所以初始化 $f$ 为极大值，同时将 $f[i][i]$ 赋为 $0$。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[1005][1005],a[1005],sum[1005];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		f[i][i]=0;
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	for(int len=2;len<=n;len++){
		for(int i=1;i<=n-len+1;i++){
			int j=i+len-1;
			for(int k=i;k<j;k++){
				f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
			}
		}
	}
	printf("%d",f[1][n]);
	return 76;
}

---

0X02 P1799 数列

记 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个数，删掉 $j$ 个时匹配的最大个数。

首先考虑直接删掉这个数， $f[i][j]=f[i-1][j-1]$，相当于不变。注意：当 $j>0$ 时才考虑这一种情况。

其次，考虑不删这个数。当 $a[i]=i-j$ 是，这个数刚好是匹配的。所以 $f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+(a[i]==i-j))$

最后答案是所有 $f[i][j]$ 中的最大值。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1005],f[1005][1005],ans;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	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];
			f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+(a[i]==i-j));
			ans=max(ans,f[i][j]);
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 111;
}

---

0X03 P1107 [BJWC2008]雷涛的小猫

记 $f[i][j]$ 表示小猫在第 $i$ 层（设高度为 $h$ 为第 $1$ 层，高度为 $1$ 为第 $h$ 层），第 $j$ 棵树上时，最多可以吃到的柿子数量。

$a[i][j]$ 表示第 $i$ 棵树第 $j$ 层有几个柿子，所以读入时这样记（为配合 $f$，有点别扭）：

for(int j=1;j<=x;j++) scanf("%d",&y),a[i][h-y+1]++;

两种转移：

• 在同一颗树上下降 $1$ 单位高度：$f[i][j]=f[i-1][j]+a[j][i]$
• 从不同的树下来，下降 $Delta$ 单位高度：$f[i][j]=max(f[i][j],f[k][i-de]+a[j][i])$。有前提条件：$i>delta$。

但这样时间复杂度 $O(n^3)$，显然 $TLE$。考虑优化，$f[k][i-de]$ 这一维可以用 $mx[i-de]$ 代替，其中 $mx[i-de]$ 表示 $max\{$ $f[k][i-de]$ $\}$，是可以边算边更新的。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h,de,x,y,f[2005][2005],mx[2005];
int a[2005][2005],ans;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&h,&de);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&x);
		for(int j=1;j<=x;j++) scanf("%d",&y),a[i][h-y+1]++;
	}
	for(int i=1;i<=h;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=f[i-1][j]+a[j][i];
			if(i>de) f[i][j]=max(f[i][j],mx[i-de]+a[j][i]);
			mx[i]=max(mx[i],f[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[h][i]);
	printf("%d",ans);
	return 118;
}

---

0X04 P1115 最大子段和

$f[i]$ 表示到 $i$ 为止最大子段和。

转移：$f[i]=max(f[i-1],0)+a[i]$

答案为 $max\{$ $f[i]$ $\}$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[200005],f[200005],ans=-1e9;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	f[1]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=max(0,f[i-1])+a[i],ans=max(ans,f[i]);
	printf("%d",ans);
	return 101;
}

---

0X05 环状最大子段和（暂无例题）

分两种情况讨论。

• 子段的头尾在 $1$ ~ $n$ 范围内：按上面做。
• 子段横跨了头尾，最大和即为数列总和减去头尾在 $1$ ~ $n$ 范围内的最小子段和，求法相似。

记 $f1$ 为头尾在 $1$ ~ $n$ 范围内最大子段和：$f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i])$

记 $f2$ 为头尾在 $1$ ~ $n$ 范围内最小子段和：$f2[i]=min(f2[i-1]+a[i],a[i])$

初始化 $f1[1]=f2[1]=a[1]$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f1[200005],f2[200005];
int n,a[200005],sum,mx,mn;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
	mx=mn=f1[1]=f2[1]=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]),mx=max(mx,f1[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) f2[i]=min(f2[i-1]+a[i],a[i]),mn=min(mn,f2[i]);
	printf("%d",max(mx,sum-mn));
	return 67;
}

---

0X06 P2642 双子序列最大和

对于每个 $k(2<k<n)$，我们让它作隔点，计算出其左边的最大子段和与右边最大子段和，相加，最后取 $max$ 即可。

每个点左侧的最大子段和记 $f1[i]$，右侧的最大子段和记 $f2[i]$，都可以 $O(n)$ 预处理。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
ll f1[1000005],f2[1000005];
ll n,a[1000005],ans=-1e18;
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	f1[1]=a[1],f2[n]=a[n];
	for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i],f1[i-1]);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i+1]+a[i],a[i]);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i],f2[i+1]);
	for(int i=2;i<n;i++) ans=max(ans,f1[i-1]+f2[i+1]);
	printf("%lld",ans);
	return 89;
}

---

0X07 P1121 环状最大两段子段和

环状最大子段和 与 双子序列最大和 的结合体。

需要注意的是，这题中两个子段可以去相邻的，所以更麻烦一些。

• 首先，两子段的头尾在 $1$ ~ $n$ 范围内，可以按原来做，只要最后求答案改成可以相邻即可：

for(int i=1;i<n;i++) mx=max(mx,f1[i]+f2[i+1]);

• 其次，两子段其中一段横跨了头尾，这时不用考虑相邻，因为相邻就会变成第一种情况。只要分类讨论，算一遍原数组和原数组最小子段和，整体后移一位的数组的最小子段和，取 $min$ 与 $sum$ 作差即可。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f1[200005],f2[200005],f3[200005],f4[200005];
int n,a[200005],sum,mx=-2e9,mn;
int mmn(int k,int n){
	int tmp=2e9;
	f3[1]=a[1+k],f4[n]=a[n+k];
	for(int i=2;i<=n;i++) f3[i]=min(f3[i-1]+a[i+k],min(a[i+k],0));
	for(int i=2;i<=n;i++) f3[i]=min(f3[i-1],f3[i]);
	for(int i=n-1;i>0;i--) f4[i]=min(f4[i+1]+a[i],min(a[i],0));
	for(int i=n-1;i>0;i--) f4[i]=min(f4[i+1],f4[i]);
	for(int i=2;i<n;i++) tmp=min(tmp,f3[i-1]+f4[i+1]);
	return tmp;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
	f1[1]=a[1],f2[n]=a[n];
	for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i],f1[i-1]);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i+1]+a[i],a[i]);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i],f2[i+1]);
	for(int i=1;i<n;i++) mx=max(mx,f1[i]+f2[i+1]);
	mn=min(mmn(0,n-1),mmn(1,n-1));
	printf("%d",max(mx,sum-mn));
	return 89;
}