背包问题

https://vjudge.net/contest/256610#problem/Q

dp完全背包

现在一共有N个程序员，一个程序员（编号为i）写一行代码会有Ai个bug.目的是完成一个M行的程序。

第i个程序员会写Vi行代码，对应就会出现Vi*Ai个Bug.

问将这个M行的程序写完之后，Bug数量不超过b个的分配方案数。

 

设定dp【i】【j】表示一共写了i行代码，一共写出来了j个Bug的方案数。

那么很简单的递推方程：dp【i】【j】=dp【i-1】【j-Ai】；

那么ans=Σdp【m】【i】（0<=i<=b）

 

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[505][500*4];
int main()
{
    int n,m,b,mod;
    while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&b,&mod))
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for(int z=0;z<n;z++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            for(int i=1;i<=m;i++)
            {
                for(int j=x;j<=b;j++)
                {
                　　dp[i][j]+=dp[i-1][j-x];
                   dp[i][j]%=mod;
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=0;i<=b;i++)
        {
            ans+=dp[m][i];
            ans%=mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

 

 

https://vjudge.net/contest/258242#problem/I

记忆化

 可以一步一步跳，也可以跳到后面一个颜色相同的点。。

dp，然后要记录某个颜色最近的那个点的坐标，然后状态转移。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxm = 2e5 + 5;
int a[maxm], b[maxm], c[maxm];
int n, num;
int main()
{
   scanf("%d", &num);
   while(num)
   {
       memset(b, -1, sizeof(b));
       scanf("%d", &n);
       for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &a[i]);
       }
        c[1] = 0;
        b[a[1]] = 0;
        for(int i = 2; i <= n; i++)
           {
               if(b[a[i]] != -1)
               {
                   c[i] = min(c[i-1] + 1, b[a[i]] + 1);
                   b[a[i]] = c[i];
               }
               else
               {
                    c[i] = c[i-1] + 1;
                   b[a[i]] = c[i];
               }
        }
           printf("%d\n", c[n]);
           num--;
   }
   return 0;
}

 

 

https://vjudge.net/contest/258509#problem/I

抽屉原理，可以用dp

n个数字，是否存在一个序列是的模上m等于0，

根据抽屉原理，n > m是一定满足（看前缀和）

然后就是dp了（状态转移的那种dp（记录两个dp数组来转移））

#include<cstdio>
#include<cstring> 
const int N = (int)1e6 + 5;
int n, m;
int a[N];
bool dp[2][1000];//滚动数组 
bool work(){
    if(n > m) return true;//多加这一句，TLE的代码说不定就能AC 
    dp[0][a[0]] = true;
    for(int i = 1; i < n; i ++){
        memset(dp[i & 1], 0, sizeof(bool)*1000);
        dp[i & 1][a[i]] = true;
        for(int j = 0; j < m; j ++){
            if(dp[(i-1) & 1][j]){
                dp[i & 1][(j + a[i]) % m] = true;
                dp[i & 1][j] = true;
            }
        }
        if(dp[i & 1][0]) return true;
    }
    return dp[(n-1) & 1][0];
}
int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0; i < n; i ++){
        scanf("%d", &a[i]);
        a[i] %= m;
    }
    puts(work() ? "YES" : "NO");
}

 

 

https://vjudge.net/contest/264760#problem/F

字符串dp

给定一个括号字符串，然后两头加上其他字符串，保证每个前缀的左括号数量大于等于右括号数量，并且总体点的左括号等于右括号数量。

把左括号看成+1，右括号看成-1.先统计字符串s中‘（’的最小前缀和为minn，s中前缀和为x,那么p只需要满足p的前缀和+minn>=0,符合这样的不等式的p都是可行解,那么我们预处理出一个dp[i][j],代表i个括号平衡度为j的个数，那么之后枚举p的长度i和p的平衡度j，在满足 p的前缀和(j)+minn>=0 和 q的前缀和(j+x)<=m-n-i(及q的长度) 其实在这里q的前缀和应该为-(j+x)，因为总体前缀和应为0 但因为对称 所以可看成j+x

#include<cstdio>

#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 200;
const int mod = 1e9 + 7;
char s[maxn];
long long dp[2500][2500];
int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%s", s + 1);
    dp[0][0] = 1;

    for (int i = 1; i <= n - m; i++)//预处理长度为n-m,平衡度为0~i的dp[i][j]
        for (int j = 0; j <= i; j++)
            if (j > 0)dp[i][j] = (dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j + 1])%mod;
            else dp[i][j] = dp[i - 1][j+1];
    int minn = m+1,x=0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        if (s[i] == '(')x++;
        else x--;
        minn = min(minn, x);
    }
    long long ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n - m; i++)
        for (int j = 0; j <= i; j++)
            if (j + minn >= 0 && (j + x) <= n - m - i)
                ans = (ans + dp[i][j] * dp[n - m - i][(j + x)]) % mod;
    printf("%I64d\n", ans);
}

 

多重背包

Cash Machine

 POJ - 1276

多重背包题 ， 二进制优化

给出一个金币值，然后给出每种金币的值和数量，然后求出小于该金币值的最大的值。

//这一种是加一个num数组，相当于代替了一套循环，来限制那种物品能拿多少个
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;
const int maxm = 1e5 + 5;
int n, m;
int c[maxm], v[maxm];
int dp[maxm], num[maxm];

int main() {
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
    memset(dp, 0, sizeof(dp));

    for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d", &c[i], &v[i]);
    if(n == 0 || m == 0) {
        printf("0\n");
        continue;
    }
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
                memset(num, 0, sizeof(num));
        for(int j = v[i]; j <= n; j++) {
            if(dp[j - v[i] ] + v[i] > dp[j] && num[j - v[i] ] < c[i]) {
                dp[j] = dp[j - v[i] ] + v[i];
                num[j] = num[j - v[i] ] + 1;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n]);
}

return 0;
}

//这种做法是把有多个的物品按二进制分开，1个算一种，2个算一种，4个算一种等，然后按照01背包的解法来解
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;
const int maxm = 1e5 + 5;
int n, m;
int c[maxm], v[maxm], w[maxm * 100];
int dp[maxm], num[maxm];
int cnt;
void check(int u, int v) {
int flag = 1;
while(1) {
    if(u >= flag) {
        u -= flag;
        w[++cnt] = flag * v;
        flag *= 2;
    }
    else {
        w[++cnt] = u * v;
        break;
    }
}
}

int main() {
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d", &c[i], &v[i]), check(c[i], v[i]);
    if(n == 0 || m == 0) {
        printf("0\n");
        continue;
    }
    for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for(int j = n; j >= w[i]; j--) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i] ] + w[i]);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n]);
}

return 0;
}

 https://blog.csdn.net/chuck001002004/article/details/50340819

https://blog.csdn.net/qq_40679299/article/details/81978770

 

 Ant Counting

 POJ - 3046 

N中蚂蚁，每种蚂蚁有几个，然后每次排除1个2个或者全部，求s 到 r的方案数之和，注意是集合

这一种方法是按集合的思想来的，对每一种物品内来讨论，对于第一种蚂蚁，派0个，一个，两个，三个的方法都是1，对于第二种蚂蚁他派出蚂蚁就可以继承前面的某一个范围的和（更自己有多少个有关）。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;
const int MOD = 1000000;

typedef long long ll;

int dp[N];
int sum[N];//前缀和数组
int cnt[1005];

int main()
{
    int T, A, S, B, id;
    while(~scanf("%d%d%d%d", &T, &A, &S, &B)) {
        int low;
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for(int i = 0; i < A; i++) {
            scanf("%d", &id);
            cnt[id]++;
        }
        for(int i = 0; i <= cnt[1]; i++) dp[i] = 1;
        sum[0] = 1;
        int cur = cnt[1];
        for(int i = 2; i <= T; i++) {
            cur += cnt[i];
            for(int j = 1; j <= cur; j++) {
                sum[j] = (sum[j - 1] + dp[j]) % MOD;
            }
            for(int j = cur; j >= 1; j--) {
                low = j - cnt[i] - 1;
                if(low >= 0) dp[j] += sum[j - 1] - sum[low];
                else dp[j] += sum[j - 1];
                dp[j] = (dp[j] % MOD + MOD) % MOD;
            }
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = S; i <= B; i++) {
            ans += dp[i];
        }
        printf("%lld\n", ans % MOD);
    }
    return 0;
}

//这一种是按多重背包的思想来写的
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int maxm = 1e3 + 5;
const int mod = 1e6;
int a[maxm];
int dp[2][maxm * 100];
int cur, pre;
int main() {
int T, A,  S, B;
while(~scanf("%d%d%d%d", &T, &A, &S, &B)) {
    int x;
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    memset(a, 0, sizeof(a));
    while(A--) {
        scanf("%d", &x);
        a[x]++;
//        printf("%d\n", a[x]);
    }
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= T; i++) {
        cur = i & 1;
        pre = (i - 1) & 1;
        memset(dp[cur], 0, sizeof(dp[cur]));
        for(int k = 0; k <= a[i]; k++) {
            for(int j = 0; j <= B; j++) {
                if(j >= k) dp[cur][j] = (dp[cur][j] + dp[pre][j - k]) % mod;
            }
        }
    }
    int res = 0;
//    cur = T & 1;
    for(int i = S; i <= B; i++) {
        res = (res + dp[cur][i]) % mod;
//        printf("%d\n", res);
    }
    printf("%d\n", res);
}

return 0;
}