[dp之路]7.25test
题意：
题目一:传球游戏
ball.c/cpp/pas
Time Limit:1s Memory Limit:256M
题目描述：
上体育课的时候，小蛮的老师经常带着同学们一起做游戏。这次，老师带着同学们一起做传球游戏。
游戏规则是这样的：n个同学站成一个圆圈，其中的一个同学手里拿着一个球，当老师吹哨子时开始传球，每个同学可以把球传给自己左右的两个同学中的一个（左右任意），当老师再次吹哨子时，传球停止，此时，拿着球没传出去的那个同学就是败者，要给大家表演一个节目。
聪明的小蛮提出一个有趣的问题：有多少种不同的传球方法可以使得从小蛮手里开始传的球，传了m次以后，又回到了小蛮手里。两种传球方法被视作不同的方法，当且仅当这两种方法中，接到球的同学按接球顺序组成的序列是不同的。比如有3个同学1号、2号、3号，并且假设小蛮为1号，球传了3次回到小蛮手里的方式有1->2->3->1和1->3->2->1，共2种。
输入格式
输入文件ball.in共一行，有两个用空格隔开的整数n,m
40%的数据满足：3<=n<=30，1<=m<=20
100%的数据满足：3<=n<=30,1<=m<=30
输出格式
输出文件ball.out共一行，有一个整数，表示符合题意的方法数。
样列输入
3 3
样列输出
2
一道简单的dp
设dp[i][j]是第i步到达第j个位置的方法数，那么dp[i][j] = dp[i - 1][j + 1] + dp[i - 1][j - 1]
由于是环形，所以注意边界就好了
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,m; int dp[50][50]; int main() { freopen("ball.in", "r", stdin); freopen("ball.out", "w", stdout); scanf("%d%d", &n, &m); dp[0][1] = 1; for(int i = 1; i <= m; i++) { for(int j = 1; j <= n; j++) { dp[i][j] = dp[i - 1][(j + 1) > n ? 1 : j + 1] + dp[i - 1][(j - 1) <= 0 ? n : j - 1]; } } printf("%d",dp[m][1]); return 0; }
其实dfs也挺简单的
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 5 int ans = 0; 6 int n,m; 7 8 void dfs(int j, int p) 9 { 10 //printf("%d %d\n",j,p); 11 if(j == 0 && p == 1){ 12 ans++; 13 //printf("++\n"); 14 return ; 15 } 16 if(j == 0 && p != 1)return ; 17 if(p + 1 <= n)dfs(j - 1, p + 1); 18 if(p + 1 > n)dfs(j - 1, 1); 19 if(p - 1 > 0)dfs(j - 1, p - 1); 20 if(p - 1 < 1)dfs(j - 1, n); 21 } 22 int main() 23 { 24 freopen("ball.in", "r", stdin); 25 freopen("ball1.out", "w", stdout); 26 scanf("%d%d", &n ,&m); 27 dfs(m, 1); 28 printf("%d",ans); 29 return 0; 30 }
题目二: 纯洁的买卖
sale.c/cpp/pas
Time Limit:1s Memory Limit:256M
题目描述：
ALEJ并不是财迷，但是作为纯洁党的伟大领袖，不挣钱，纯洁的事业怎么能坚持下去！纯洁党现在已经有M(1<=M<=100000)元经费了。ALEJ有一个富II代朋友，叫做HSW，HSW特别喜欢高价收藏一些餐巾纸（mzd用过的）、袜子（恐龙穿过的）、马桶垫（还珠格格坐过的）、红领巾（毛新宇戴过的）等等，总之，没有他不买的。因此ALEJ想通过HSW这个大财主，去实现倒买倒卖拥有尽可能多的钱。
有N(1<=N<=100)件物品供他选择，
ALEJ每件物品的买入价为c[i](1<=c[i]<=100000)元，
HSW的收藏价为r[i](1<=r[i]<=100000)元。
每向HSW卖出一件物品i之后，还要向政府上交c[i]元的税。每种物品的数量都是无限的。
ALEJ想知道，通过一次买卖（种类、数量没有限制）后，纯洁党的经费能有多少。
输入格式
第一行两个整数，N，M。之后N行，每行两个整数：c[i]，r[i]
输出格式
一个整数，表示一次买卖后手里最多的钱数。
样例输入
3 17
2 4
5 6
3 7
样例输出
22
思路：
完全裸得不能再裸的完全背包，稍微改下就行了。。。。。话说居然看错题，直接打纯的完全背包。。而且居然答案跟样例一样！！！！
设dp[i]为还剩i元经费的赚的最大值，c[i] 为第i件物品的买入，b[i]为交了税后的纯收入；
然后直接完全背包，最后输出dp[m] + m,
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 6 int c[200],b[200]; 7 int n, m; 8 long long dp[100000 + 10]; 9 10 int main() 11 { 12 freopen("sale.in", "r", stdin); 13 freopen("sale.out", "w", stdout); 14 scanf("%d%d", &n ,&m); 15 memset(dp,0,sizeof(dp)); 16 for(int i = 1; i <= n; i++){ 17 scanf("%d%d", &c[i], &b[i]); 18 b[i] -= 2 * c[i]; 19 } 20 21 22 for(int i = 1; i <= n; i++) 23 { 24 for(int j = c[i]; j <= m; j++) 25 dp[j] = max(dp[j], dp[j - c[i]] + (long long)b[i]); 26 } 27 printf("%I64d",dp[m] + m); 28 return 0; 29 }
题目 三 ： 多边形游戏
game.c/cpp/pas
Time Limit:1s Memory Limit:256M
题目描述
多边形游戏是一种在一个具有n个顶点的多边形上进行的游戏。每个顶点有个权值（整数）。如图1是一个n=4对应多边形，每个顶点上都有一个整数，每条边都有一个运算符+或者*，所有边按从1到n进行编号。
游戏都首先移除一条边，接下来可以进行如下操作：
选择一条边E和与之相关联的点V1和V2，用一个新的点替换它们，新点上的整数为V1,V2上的整数用E上的操作符运算后的结果。
没有边时游戏结束，游戏得分就是最后剩下的那个顶点上的整数。
对于图1中的多边形，如果游戏者首先去掉3，然后依次去掉1、4、2，最后得分将是0。
请你写一个程序，对于给定的多边形，计算出可能得到的最高分，并列出第一步移除哪些边可以得到这个最高分。
关于输入
输入第一行是一个正整数n(3<=n<=50)，表示多边形的边数。
接下来一行是这个多边形的描述，包含n条边和n个顶点，加号边用t表示，乘号边用x表示，顶点用顶点上标的整数表示，输入按照边的编号从1到n的顺序给出。
关于输出
第一行输出可能得到的最高分。
第二行输出一些边的列表，只有第一步移除的边在这个列表中才可能得到最高分。每条边都用这个边上的编号表示，列表必须是升序的。
例子输入
4
t -7 t 4 x 2 x 5
例子输出
33
1 2
这道题好难好难好难。。。
由于随便去掉一条边，也就是将一条环断成一条链，有点像环形的石子归并。。。。那么我们就按那种思路去想，并且由于会出现负数，那么我们就不能单纯的只保留最大值，因为两个极小的负数相乘有可能会是个极大的数，所以我们应该保存最大值与最小值来判断。
设dpmax[i][j][k] 为去掉第i条边，从第j条边到第k条边的合并的最大值 dpmin[i][j][k]同理
那么我们可以枚举最后一次合并的断点来转移，注意是环形，至于去掉那些边可能得到最大值，一个循环扫一遍判断是否是最大值，若是，则加入答案，不是则跳过
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 6 int n; 7 char ope[50], tope[50]; 8 int num[50],tnum[50]; 9 int dpmax[50][50][50]; 10 int dpmin[50][50][50]; 11 int maxx; 12 int temp1,temp2,temp3,temp4; 13 14 int main() 15 { 16 freopen("game.in", "r", stdin); 17 freopen("game.out", "w", stdout); 18 memset(dpmax, -0x3f , sizeof(dpmax)); 19 memset(dpmin, 0x3f , sizeof(dpmin)); 20 int i, j, k, l; 21 int path[50]; 22 scanf("%d ", &n); 23 for(i=0;i<2*n;i++) 24 { 25 if(i%2 == 0) 26 cin>>ope[i/2]; 27 else 28 cin>>num[(i-1)/2]; 29 } 30 31 for(i = 0; i < n; i++) 32 { 33 for(j = 0; j < n; j++) 34 { 35 tope[j] = ope[(i + 1 + j) %n ]; 36 tnum[j]=num[(i + j) % n]; 37 } 38 for(j = 0; j < n; j++) 39 { 40 dpmax[i][j][j] = tnum[j]; 41 dpmin[i][j][j] = tnum[j]; 42 } 43 for(j = 1; j <= n - 1; j++) 44 { 45 for(k = 0; k + j <= n - 1; k++) 46 { 47 for(l = k; l < k + j; l++)//枚举断点 48 { 49 if(tope[l] == 't')//找最大值与最小值 50 { 51 temp1 = dpmax[i][k][l] + dpmax[i][l + 1][k + j]; 52 temp2 = dpmin[i][k][l] + dpmin[i][l + 1][k + j]; 53 dpmax[i][k][k + j] = max(dpmax[i][k][k + j], max(temp1, temp2)); 54 dpmin[i][k][k + j] = min(dpmin[i][k][k + j], min(temp1, temp2)); 55 } 56 else 57 { 58 temp1 = dpmax[i][k][l] * dpmax[i][l + 1][k + j]; 59 temp2 = dpmin[i][k][l] * dpmin[i][l + 1][k + j]; 60 temp3 = dpmin[i][k][l] * dpmax[i][l + 1][k + j]; 61 temp4 = dpmax[i][k][l] * dpmin[i][l + 1][k + j]; 62 dpmax[i][k][k + j] = max(dpmax[i][k][k + j], max(temp1, max(temp2, max(temp3, temp4)))); 63 dpmin[i][k][k + j] = min(dpmin[i][k][k + j], min(temp1, min(temp2, min(temp3, temp4)))); 64 } 65 } 66 } 67 } 68 } 69 maxx = -0x3f3f3f3f; 70 j = 0; 71 for(i = 0;i < n; i++) 72 { 73 if(dpmax[i][0][n - 1] > maxx) 74 { 75 maxx = dpmax[i][0][n - 1]; 76 j = 0;//因为当maxx更新后，以前的答案并不是最大值，所以我们应当重新记录 77 path[j++]=i + 1;//+1是因为从0开始 78 } 79 else if(dpmax[i][0][n - 1]==maxx) 80 path[j++] = i + 1; 81 } 82 printf("%d\n", maxx); 83 k = j; 84 for(j = 0;j <= k - 1; j++) 85 printf("%d ",path[j]); 86 return 0; 87 }
