2016.4.3 动态规划NOI专练 王老师讲课整理

1.6049:买书

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描述

小明手里有n元钱全部用来买书，书的价格为10元，20元，50元，100元。

问小明有多少种买书方案？（每种书可购买多本）

输入

一个整数 n，代表总共钱数。（0 <= n <= 1000）

输出

一个整数，代表选择方案种数

样例输入

样例输入1：
20

样例输入2：
15

样例输入3：
0

样例输出

         样例输出1：

          2

        样例输出2：

      0

     样例输出3：

      0 

代码：

/*一个求：恰好放满的完全背包的方案总数的问题，注意特判n==0就可以了*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1001
int n;
long long int f[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int a[5];
    a[1]=10;a[2]=20;a[3]=50;a[4]=100;
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;++i)
      for(int j=a[i];j<=n;++j)
      f[j]+=f[j-a[i]];
    if(n==0)
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    cout<<f[n]<<endl;
    return 0;
}

专题二：参数过大的背包问题的转化（带有余数问题的DP）

1.2989:糖果

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描述

由于在维护世界和平的事务中做出巨大贡献，Dzx被赠予糖果公司2010年5月23日当天无限量糖果免费优惠券。在这一天，Dzx可以从糖果公司的N件产品中任意选择若干件带回家享用。糖果公司的N件产品每件都包含数量不同的糖果。Dzx希望他选择的产品包含的糖果总数是K的整数倍，这样他才能平均地将糖果分给帮助他维护世界和平的伙伴们。当然，在满足这一条件的基础上，糖果总数越多越好。Dzx最多能带走多少糖果呢？
注意：Dzx只能将糖果公司的产品整件带走。

输入

第一行包含两个整数N(1<=N<=100)和K(1<=K<=100)
以下N行每行1个整数，表示糖果公司该件产品中包含的糖果数目，不超过1000000

输出

符合要求的最多能达到的糖果总数，如果不能达到K的倍数这一要求，输出0

样例输入

5 7
1
2
3
4
5

样例输出

14

提示

Dzx的选择是2+3+4+5=14，这样糖果总数是7的倍数，并且是总数最多的选择。

代码及解释;

/*问题分析：
方法一：朴素01背包算法：总重量/作为参数，可以用bool判断，能不能达到某个重量 ，
再用贪心倒叙找7的倍数就可以了，但是时间复杂度是n*10000，会超时间
方法二;把sum这个量由参数变为函数值，选择另一个与k有关的作为参数，那就是余数。
        状态转移方程：f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j],f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]+a[i]));
        f[i][j]表是，前i个物品，%k是j的最大糖果数目，
                  它包括两种情况：1.不取第i个包，那就是 f[i-1][j]，
                  2.取第i个包，那么就要判断能转移到f[i][j]的前一种状态是什么, f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k],
                  由题目的意思，假设 f[i][j]是由f[i-1][x]转移过来的，那么j=（x+a[i]%k）%k，
                  根据这个公式，可以得出x是
                    （k+j-a[i]%k)%k，括号里加一个k的原因，是为了防止 j-a[i]%k小于0的情况。 
        初始化： memset(f,-128,sizeof(f));
                 f[0][0]=0;注意这里区别好糖果是0，就是没取包，可以达到余数是0，
                 而取包之后达不到的状态赋值为-INF,防止出现某个糖果数，是由不成立的状态转移来的。 
                 f[1][0]=0;
                 f[1][a[1]%k]=a[1];
        最后输出;f[n][0] 就可以了。 
*/
#define INF 100000*100
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
#define N 101
int f[N][N],n,k,a[N];
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,-128,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    f[1][0]=0;
    f[1][a[1]%k]=a[1];
}
void DP()
{
    for(int i=2;i<=n;++i)
      for(int j=0;j<=k-1;++j)
      f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j],f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]+a[i]));
}
int main()
{
    input();
    DP();
    if(f[n][0]>0)
    printf("%d\n",f[n][0]);
    else printf("0\n");
    return 0;
 } 

 2.codevs 数字三角形W(与余数有关)

   但是数字三角形题目是

   数字三角形
   要求走到最后mod 100最大

  如果把每一层作为状态，这一层mod100如果取最大值对于下一层不一定是最优值，所以DP方程比较难写，n==25，规模不大，可以用深搜的方法

3.NOi 判断整除

  3531:判断整除

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描述

一个给定的正整数序列，在每个数之前都插入+号或-号后计算它们的和。比如序列：1、2、4共有8种可能的序列：
(+1) + (+2) + (+4) = 7
(+1) + (+2) + (-4) = -1
(+1) + (-2) + (+4) = 3
(+1) + (-2) + (-4) = -5
(-1) + (+2) + (+4) = 5
(-1) + (+2) + (-4) = -3
(-1) + (-2) + (+4) = 1
(-1) + (-2) + (-4) = -7
所有结果中至少有一个可被整数k整除，我们则称此正整数序列可被k整除。例如上述序列可以被3、5、7整除，而不能被2、4、6、8……整除。注意：0、-3、-6、-9……都可以认为是3的倍数。

输入

输入的第一行包含两个数：N（2 < N < 10000）和k(2 < k< 100)，其中N代表一共有N个数，k代表被除数。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都0到10000之间（可能重复）。

输出

如果此正整数序列可被k整除，则输出YES，否则输出NO。（注意：都是大写字母）

样例输入

3 2
1 2 4

样例输出

        NO

变式题目：注意这个符号是插在两个数字之间还是在数字之前加上符号（codevs 整除）

代码：

/*f[i][j]:bool类型数组判断 前i个数到达余数是j的情况能不能达到。
  如何处理负数：f[i][j]=f[i][j]||f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]||f[i-1][(j+a[i]%k)%k]，
  负数当做正数处理，因为后面的数一起变符号，可以得到相同的状态（也就处理了负数可以整除的情况） 
  */
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define N 10001
#define K 101
bool f[N][K];
int n,k;
int a[N];
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    f[0][0]=true;
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=0;j<=k-1;++j)
      f[i][j]=f[i][j]||f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]||f[i-1][(j+a[i]%k)%k];
    if(f[n][0])
    printf("YES\n");
    else printf("NO\n");
}
int main()
{
    input();
    return 0;
}

专题三：最长公共上升子序列加求输出序列

NOI 2000:最长公共子上升序列

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描述

给定两个整数序列，写一个程序求它们的最长上升公共子序列。
当以下条件满足的时候，我们将长度为N的序列S₁ , S₂ , . . . , S_N 称为长度为M的序列A₁ , A₂ , . . . , A_M的上升子序列：

存在 1 <= i₁ < i₂ < . . . < i_N <= M ，使得对所有 1 <= j <=N，均有S_j = A_ij，且对于所有的1 <= j < N，均有S_j < S_j+1。

输入

每个序列用两行表示，第一行是长度M(1 <= M <= 500)，第二行是该序列的M个整数A_i (-2³¹ <= A_i < 2³¹ )

输出

在第一行，输出两个序列的最长上升公共子序列的长度L。在第二行，输出该子序列。如果有不止一个符合条件的子序列，则输出任何一个即可。

样例输入

5
1 4 2 5 -12
4
-12 1 2 4

样例输出

2

1 4

分析：一：状态的定义：

             对于最长子序列的题目，f[i]，定义的是以i结尾的长度，而不是前i个，为了转移的时候方便处理；对于公共子序列，f[i]是第i个，

            （注意状态转移的时候：定义的状态可能有多种，找出每种的状态转移，证明状态转移的可行性和简便）。

             所以对于两个序列的做法：定义f[i1][i2]是以a串的第i1个结尾，与b串的前i2个匹配所能形成的最长公共上升子序列

        二：状态的转移

             1.如果b串中没有a[i1]，那么f[i1][i2]就是0，

             2.如果a[i1]==b[i2]，那么f[i1][i2]=max{f（i，i2-1）+1} i为1--i1-1的枚举，因为i1这个数可以跟在之前的所有序列任意一个后面，

                技巧：对于f[i1]记录一个到当前i1-1的最优子序列，可以减少枚举找最优的时间

             3.如果a[i1]!=b[i2],那么if（a[i1]>b[i2]）f[i1][i2]不变

                                          if(a[i1]<b[i2]) {f[i1][i2]不变,max{f[i][i2]}更新，为什么有更新呢？因为这个f数组最终会压成一维数组f[i],

                                           表示以a[i]结尾的最长公共上升子序列的长度，所以对于f[i][i2]要更新，下面会说到}。

        三：分析最终的结果是哪个状态

             容易看出f[i1][i2]在i1不变的情况下，i2越大，f也就越大，所以最终的结果是从所有的1--i1的f[i][序列b的最后一个数]找出最大值

        四：求出序列的问题:

            当a[i1]==b[i2]的时候，对于每个f[i1][i2],从{f（i，i2-1）+1}更新最优值，那么v（i1）=v（i）+a[i1]，来储存最优序列，而不会影响到v

             (注意在DP过程中始终维护者v这个序列)

            当a[i1]!=b[i2]的时候，v（i1）无变化

                                        但是对于其他v（i），要进行更新，具体的看代码

        五：状态的压缩：

            因为i1与之前i都有关，所以不能压，但是i2，仅仅用到i2-1，所以可以将i2压掉，那么就有注意循环的顺序，压掉的一层i2作为外层循环，i1作为内层

            循环，

            （注意：在动态规划中，对于题目有了清晰的思路之后，在翻译思路的过程中，考虑到降维和减少时间复杂度的技巧，例如本题代码中的cur的作用）。

代码：

代码中的注意：结构体是可以直接赋值的，就是把结构体中的每一项都相应的赋值过去。

#include<iostream>
using namespace std;
#define N 501
#include<cstdio>
#include<cstring>
struct Xl{
    int len;
    int ans[N];
};
Xl xl[N],now;
int a[N],b[N],lena,lenb;
void input()
{
    scanf("%d",&lena);
    for(int i=1;i<=lena;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    scanf("%d",&lenb);
    for(int i=1;i<=lenb;++i)
    scanf("%d",&b[i]);
}
void DP()
{
    for(int i=1;i<=lenb;++i)
    {
        now.len=0;
        memset(now.ans,0,sizeof(now.ans));
        for(int j=1;j<=lena;++j)
        {
            /*xl[j]的含义：到当前循环的1--i区间以a[j]结尾的最长公共上升子序列的长度*/
            if(a[j]<b[i]&&xl[j].len>now.len)/*因为只有a[j]<b[i]，才把now更新，可以保证是上升的*/
            {
                now=xl[j];
            }
            if(a[j]==b[i])/*如果不相等，那么xl[j]还是之前的某个b[i]更新过来的，与当前的b[i]就没有关系了*/
            {
                xl[j]=now;/*始终记录着now的最大值，可以减少最大值的寻找，减少一重循环*/
                xl[j].len++;
                xl[j].ans[xl[j].len]=a[j];
            }
        }
    }
}
int main()
{
    input();
    DP();
    int p=0;
    int maxx=-N;
    for(int i=1;i<=lena;++i)/*因为f[i]储存着是a[i]结尾的序列，所以f[lena]不一定是最优值，所以要把所有以a[i]为结尾都循环走一边*/
    {
        if(xl[i].len>maxx)
        {
            maxx=xl[i].len;
            p=i;
        
        }
    }
    printf("%d\n",xl[p].len);
    for(int i=1;i<=xl[p].len;++i)
    printf("%d ",xl[p].ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}