DP做题记

P3146 [USACO16OPEN] 248 G

我们可以想到用区间DP来做

$f_{l, r}$ 表示 $[l, r]$ 的区间内其中合并能获得的最大分值

我们要枚举区间断点 $k$ ，然后我们来看一下在如何的情况下我们可以转移

$f_{l, k} = f_{k + 1, r}$ 因为想要合并左右区间两边必须相等
$f_{l, k} \neq 0$ 因为两个不存在的东西不能合并

状态转移方程

f_{l, r} = max (f_{l, r}, f_{k + 1, r} + 1)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int dp[N][N], n, a[N], ans = 0;
inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9')
    {
        if (s == '-')
            f = -f;
        s = getchar();
    }
    while (s >= '0' && s <= '9')
    {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (s ^ 48);
        s = getchar();
    }
    return x * f;
}
int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        ans = max(ans, a[i]);
        dp[i][i] = a[i];
    }
    for (int len = 2; len <= n; len++)
    {
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++)
        {
            int r = l + len - 1;
            for (int k = l; k < r; k++)
            {
                if (dp[l][k] == dp[k + 1][r] && dp[l][k])
                {
                    dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][k] + 1);
                    ans = max(ans, dp[l][r]);
                }
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

P4084 [USACO17DEC] Barn Painting G

$f_{i, 1 \to 3}$ 表示选 $i$ 且第 $i$ 个上色为 $j$ 的所有方案数

对于所有的初始节点 $f_{i, 1} = f_{i, 2} = f_{i, 3} = 1$ 因为放一个数算一种方案

然后当某个节点被指定上色，其余另两位颜色的方案数为 $0$

例如：如果被指定上色为 $1$ $f_{i, 2} = f_{i, 3} = 0$

对于每个子节点来说，都不可以与父节点相同

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7, M = N * 2, MOD = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
int n, k, ans;
int h[M], ne[M], e[M], f[M][4], idx; // w代表可能性

int add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa)
{
    for (int i = 1; i <= 3; i++)
    {
        if (f[u][i])
        {
            for (int j = 1; j <= i; j++)
                f[u][j] = 0;
        }
        f[u][i] = 1;
    }
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (j != fa)
        {
            dfs(j, u);
            //因为父节点和子节点所用的颜色不能相同,乘法原理
            f[u][1] = f[u][1] * (f[j][2] + f[j][3] % MOD) % MOD;
            f[u][2] = f[u][2] * (f[j][1] + f[j][3] % MOD) % MOD;
            f[u][3] = f[u][3] * (f[j][1] + f[j][2] % MOD) % MOD;
        }
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++)
    {
        int a, k;
        cin >> a >> k;
        f[a][k] = 1;
    }
    dfs(1, 0);
    cout << (f[1][1] + f[1][2] + f[1][3]) % MOD;//因为我们先递归后计算
    //所以算到f[1][...]时已是最后计算的
    return 0;
}

P8801 [蓝桥杯 2022 国 B] 最大数字

这道题我们可以想到贪心的思想

如果能成为 $9$ 就尽量成为 $9$ ，如果不能成为的话就尽量将数字变大

所以我们有 $4$ 种情况

如果两种操作都可以变成 $9$ ,那么两种都试试
如果只有第一种操作能变成 $9$ ，那么就用第一种
如果只有第二种操作能变成 $9$ ，那么就用第二种
如果不行，就用光第一次操作，将这一位变得尽量大

因为是暴力搜索每一个数位，设位数为 $x$ ，时间复杂度为 $2^{x}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s, ans;
int n, a, b;
//第k位,atim表示用了几次1操作,btim表示用了几次2操作,now表示目前的字符串
void dfs(int k, int atim, int btim, string now)
{
    if (k == n)
    {
        if (now > ans) //选择最优解
            ans = now;
        return;
    }
    int x = 9 - (now[k] - '0'), y = now[k] - '0' + 1; // x和y表示几次能变成9
    if (atim + x <= a && btim + y <= b)             //如果两个都能变成9
    {
        //两个都试一试
        now[k] = '9';
        dfs(k + 1, atim + x, btim, now);
        dfs(k + 1, atim, btim + y, now);
    }
    else if (atim + x <= a) //如果操作1能变成9
    {
        now[k] = '9';
        dfs(k + 1, atim + x, btim, now);
    }
    else if (btim + y <= b) //如果操作2能变成9
    {
        now[k] = '9';
        dfs(k + 1, atim, btim + y, now);
    }
    else //如果都不能
    {
        //把操作1用完
        now[k] += a - atim;
        dfs(k + 1, a, btim, now);
    }
}

int main()
{
    cin >> s >> a >> b;
    n = s.size();
    dfs(0, 0, 0, s);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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本文作者：ljfyyds
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