动态规划

动态规划

动态规划就我们常说的 dp，我在这里总结一下动态规划的笔记。

动态规划是一种非常实用的思想，常用来解决最优化、计数问题
基本思想：要解一个给定的复杂问题，我们可以将其简化为解其更简单的子问题，在根据子问题的解得出原问题的解。

子问题需要满足的性质：

• 子问题的范围更小，且子问题个数有限。

• 最优子结构：原问题的目标值（最大、最小、计数），一定是由子问题的目标值转移而来。

• 无后效性：子问题的目标值求解仅局限于子问题的规模，与由哪个母状态转移而来无关。

说完概念，就开始代码实现了。

背包DP

背包问题（Knapsack problem）是一种组合优化的NP完全（NP-Complete，NPC）问题。问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。NPC问题是没有多项式时间复杂度的解法的，但是利用动态规划，我们可以以伪多项式时间复杂度求解背包问题。

背包问题千千万！！！

1.零一背包问题

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一
次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包
容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背
包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表
示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int v[1050],w[1050];
int f[1050][1050];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>v[i]>>w[i];
    }
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(register int j=0;j<=m;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(j>=v[i])
            {
                f[i][j]=max(f[i][j],(f[i][j-v[i]]+w[i]));
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}

完全背包问题

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包，每种物品都有无限件可
用。

第 i 种物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包
容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背
包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表
示第 i 种物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
10




#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int v[1050],w[1050];
int f[1050][1050];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>v[i]>>w[i];
    }
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(register int j=0;j<=m;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(j>=v[i])
            {
                f[i][j]=max(f[i][j],(f[i][j-v[i]]+w[i]));
                //和01背包的唯一区别 
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}

多重背包问题

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。


求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容
量，且价值总和最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背
包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别
表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤100
0<vi,wi,si≤100
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10



#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m;
int v[N], w[N], s[N];
int f[N][N];

int main()
{
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 0; j <= m; j ++ )
            for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; k ++ )
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);

    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

多重背包优化

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容
量，且价值总和最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背
包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别
表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N≤1000
0<V≤2000
0<vi,wi,si≤2000
提示：
本题考查多重背包的二进制优化方法。

输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 12010, M = 2010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];

int main()
{
    cin >> n >> m;

    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int a, b, s;
        cin >> a >> b >> s;
        int k = 1;
        while (k <= s)
        {
            cnt ++ ;
            v[cnt] = a * k;
            w[cnt] = b * k;
            s -= k;
            k *= 2;
        }
        if (s > 0)
        {
            cnt ++ ;
            v[cnt] = a * s;
            w[cnt] = b * s;
        }
    }

    n = cnt;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = m; j >= v[i]; j -- )
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

    cout << f[m] << endl;

    return 0;
}

分组背包问题

有 N 组物品和一个容量是 V 的背包。

每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。
每件物品的体积是 vij，价值是 wij，其中 i 是组号，j 是
组内编号。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量
，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式
第一行有两个整数 N，V，用空格隔开，分别表示物品组数和
背包容量。

接下来有 N 组数据：

每组数据第一行有一个整数 Si，表示第 i 个物品组的物品数
量；
每组数据接下来有 Si 行，每行有两个整数 vij,wij，用空格
隔开，分别表示第 i 个物品组的第 j 个物品的体积和价值；

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤100
0<Si≤100
0<vij,wij≤100
输入样例
3 5
2
1 2
2 4
1
3 4
1
4 5
输出样例：
8


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], s[N];
int f[N];

int main()
{
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        cin >> s[i];
        for (int j = 0; j < s[i]; j ++ )
            cin >> v[i][j] >> w[i][j];
    }

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = m; j >= 0; j -- )
            for (int k = 0; k < s[i]; k ++ )
                if (v[i][k] <= j)
                    f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);

    cout << f[m] << endl;

    return 0;
}

线性DP

线性动态规划，是较常见的一类动态规划问题，其是在线性结构上进行状态转移。

线性动态规划的目标函数为特定变量的线性函数，约束是这些变量的线性不等式或等式，目的是求目标函数的最大值或最小值。（老烦人了）

给定一个如下图所示的数字三角形，从顶部出发，在每一结点
可以选择移动至其左下方的结点或移动至其右下方的结点，一
直走到底层，要求找出一条路径，使路径上的数字的和最大。

        7
      3   8
    8   1   0
  2   7   4   4
4   5   2   6   5
输入格式
第一行包含整数 n，表示数字三角形的层数。

接下来 n 行，每行包含若干整数，其中第 i 行表示数字三角
形第 i 层包含的整数。

输出格式
输出一个整数，表示最大的路径数字和。

数据范围
1≤n≤500,
−10000≤三角形中的整数≤10000
输入样例：
5
7
3 8
8 1 0 
2 7 4 4
4 5 2 6 5
输出样例：
30

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 510, INF = 1e9;

int n;
int a[N][N];
int f[N][N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= i; j ++ )
            scanf("%d", &a[i][j]);

    for (int i = 0; i <= n; i ++ )
        for (int j = 0; j <= i + 1; j ++ )
            f[i][j] = -INF;

    f[1][1] = a[1][1];
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= i; j ++ )
            f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i][j], f[i - 1][j] + a[i][j]);

    int res = -INF;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res = max(res, f[n][i]);

    printf("%d\n", res);
    return 0;
}


给定一个长度为 N 的数列，求数值严格单调递增的子序列的
长度最长是多少。

输入格式
第一行包含整数 N。

第二行包含 N 个整数，表示完整序列。

输出格式
输出一个整数，表示最大长度。

数据范围
1≤N≤1000，
−109≤数列中的数≤109
输入样例：
7
3 1 2 1 8 5 6
输出样例：
4


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n;
int a[N], f[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        f[i] = 1; // 只有a[i]一个数
        for (int j = 1; j < i; j ++ )
            if (a[j] < a[i])
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
    }

    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res = max(res, f[i]);

    printf("%d\n", res);

    return 0;
}


给定一个长度为 N 的数列，求数值严格单调递增的子序列的
长度最长是多少。

输入格式
第一行包含整数 N。

第二行包含 N 个整数，表示完整序列。

输出格式
输出一个整数，表示最大长度。

数据范围
1≤N≤100000，
−109≤数列中的数≤109
输入样例：
7
3 1 2 1 8 5 6
输出样例：
4


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
int a[N];
int q[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%d", &a[i]);

    int len = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        int l = 0, r = len;
        while (l < r)
        {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (q[mid] < a[i]) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        len = max(len, r + 1);
        q[r + 1] = a[i];
    }

    printf("%d\n", len);

    return 0;
}



给定两个长度分别为 N 和 M 的字符串 A 和 B，求既是 A 的
子序列又是 B 的子序列的字符串长度最长是多少。

输入格式
第一行包含两个整数 N 和 M。

第二行包含一个长度为 N 的字符串，表示字符串 A。

第三行包含一个长度为 M 的字符串，表示字符串 B。

字符串均由小写字母构成。

输出格式
输出一个整数，表示最大长度。

数据范围
1≤N,M≤1000
输入样例：
4 5
acbd
abedc
输出样例：
3

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    scanf("%s%s", a + 1, b + 1);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
        {
            f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]);
            if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
        }

    printf("%d\n", f[n][m]);

    return 0;
}

给定两个字符串 A 和 B，现在要将 A 经过若干操作变为 B，
可进行的操作有：

删除–将字符串 A 中的某个字符删除。
插入–在字符串 A 的某个位置插入某个字符。
替换–将字符串 A 中的某个字符替换为另一个字符。
现在请你求出，将 A 变为 B 至少需要进行多少次操作。

输入格式
第一行包含整数 n，表示字符串 A 的长度。

第二行包含一个长度为 n 的字符串 A。

第三行包含整数 m，表示字符串 B 的长度。

第四行包含一个长度为 m 的字符串 B。

字符串中均只包含大写字母。

输出格式
输出一个整数，表示最少操作次数。

数据范围
1≤n,m≤1000
输入样例：
10 
AGTCTGACGC
11 
AGTAAGTAGGC
输出样例：
4


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main()
{
    scanf("%d%s", &n, a + 1);
    scanf("%d%s", &m, b + 1);

    for (int i = 0; i <= m; i ++ ) f[0][i] = i;
    for (int i = 0; i <= n; i ++ ) f[i][0] = i;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
        {
            f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[i][j - 1] + 1);
            if (a[i] == b[j]) f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1]);
            else f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
        }

    printf("%d\n", f[n][m]);

    return 0;
}


给定 n 个长度不超过 10 的字符串以及 m 次询问，每次询问
给出一个字符串和一个操作次数上限。

对于每次询问，请你求出给定的 n 个字符串中有多少个字符
串可以在上限操作次数内经过操作变成询问给出的字符串。

每个对字符串进行的单个字符的插入、删除或替换算作一次操
作。

输入格式
第一行包含两个整数 n 和 m。

接下来 n 行，每行包含一个字符串，表示给定的字符串。

再接下来 m 行，每行包含一个字符串和一个整数，表示一次
询问。

字符串中只包含小写字母，且长度均不超过 10。

输出格式
输出共 m 行，每行输出一个整数作为结果，表示一次询问中满足条件的字符串个数。

数据范围
1≤n,m≤1000,

输入样例：
3 2
abc
acd
bcd
ab 1
acbd 2
输出样例：
1
3


#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>

using namespace std;

const int N = 15, M = 1010;

int n, m;
int f[N][N];
char str[M][N];

int edit_distance(char a[], char b[])
{
    int la = strlen(a + 1), lb = strlen(b + 1);

    for (int i = 0; i <= lb; i ++ ) f[0][i] = i;
    for (int i = 0; i <= la; i ++ ) f[i][0] = i;

    for (int i = 1; i <= la; i ++ )
        for (int j = 1; j <= lb; j ++ )
        {
            f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[i][j - 1] + 1);
            f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + (a[i] != b[j]));
        }

    return f[la][lb];
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%s", str[i] + 1);

    while (m -- )
    {
        char s[N];
        int limit;
        scanf("%s%d", s + 1, &limit);

        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++ )
            if (edit_distance(str[i], s) <= limit)
                res ++ ;

        printf("%d\n", res);
    }

    return 0;
}

区间DP

区间dp其实就是一种建立在线性结构上的对区间的动态规划。主要的方法有两种，记忆化搜索和递推。
区间dp，顾名思义，在区间上dp，大多数题目的状态都是由区间（类似于dp[l][r]这种形式）构成的，就是我们可以把大区间转化成小区间来处理，然后对小区间处理后再回溯的求出大区间的值，因为大区间的最优必须要保证小区间也是最优。
反证法：例如在一个长度为6的区间中求解最大score，假设现在在计算将两个长度为3的区间合并是否是最大score，假设其中一个长度为3的区间不是最优，这个区间是由数字1 2 3 组成，1与2合并后在与3合并得到这个长度为3区间的score，然而这个score与另一个长度为3的区间合并，并不能得到长度为6区间的最优值，其差错就出在那个长度为3的区间的score不是最优。
啊~，解释了一番，也不知道说清楚了吗…如果不清楚就直接记住大区间的最优必须要保证小区间最优就行了叭…
区间dp也有很经典的板子部分，下面抛出代码和解析：

memset(dp,0,sizeof(dp))//初始dp数组，最重要的是让dp[i][i]=0，防止在用区间为1和其他长度的区间合并时，重复计算（即转移方程中的d[i][j]）。
for(int len=2;len<=n;len++){//枚举区间长度
    for(int i=1;i<n;++i){//枚举区间的起点
        int j=i+len-1;//根据起点和长度得出终点
        if(j>n) break;//符合条件的终点
        dp[i][j] = INF;//初始化
        for(int k=i;k<=j;++k)//枚举最优分割点
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+d[i][j]);//状态转移方程
    }
}    

当然dp数组的维度和边界条件以及转移方程都是可变的，但是很多简单题都是这样可以做出来的，难题也都是情况更复杂了些，其最基本的思想还是不变的。

区间dp大部分的题目还有一种优化，因为我们很容易知道正常的区间dp时间复杂度为O(n^3)的，对于有的n是1000的，会超时

这时候就要用到一个经典的优化可以把它优化到:O(n^2)，其实证明很难理解，但是大部分题都不会卡，因为dp已经很难了。

就算需要四边形优化，也就是多开一个数组s的事，在枚举最优分割点时，再缩小一下枚举范围，经典的用空间换时间的做法。

下面抛出基于四边形优化的代码。

for(int len=2;len<=n;len++){
    for(int i = 1;i<=n;i++){
	int j = i+len-1;
	if(j>n) break;
	for(int k = s[i][j-1];k<=s[i+1][j];k++){
	    if(dp[i][j]>dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j]){
		dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j]+w[i][j];
		s[i][j]=k;
	    }
	}
    }
}

代码实现

设有 N 堆石子排成一排，其编号为 1，2，3，…，N。

每堆石子有一定的质量，可以用一个整数来描述，现在要将这
N 堆石子合并成为一堆。

每次只能合并相邻的两堆，合并的代价为这两堆石子的质量之
和，合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻，合并时由
于选择的顺序不同，合并的总代价也不相同。

例如有 4 堆石子分别为 1 3 5 2， 我们可以先合并 1、2 
堆，代价为 4，得到 4 5 2， 又合并 1，2 堆，代价为 9，
得到 9 2 ，再合并得到 11，总代价为 4+9+11=24；

如果第二步是先合并 2，3 堆，则代价为 7，得到 4 7，最后
一次合并代价为 11，总代价为 4+7+11=22。

问题是：找出一种合理的方法，使总的代价最小，输出最小代
价。

输入格式
第一行一个数 N 表示石子的堆数 N。

第二行 N 个数，表示每堆石子的质量(均不超过 1000)。

输出格式
输出一个整数，表示最小代价。

数据范围
1≤N≤300
输入样例：
4
1 3 5 2
输出样例：
22


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 310;

int n;
int s[N];
int f[N][N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &s[i]);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] += s[i - 1];

    for (int len = 2; len <= n; len ++ )
        for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i ++ )
        {
            int l = i, r = i + len - 1;
            f[l][r] = 1e8;
            for (int k = l; k < r; k ++ )
                f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
        }

    printf("%d\n", f[1][n]);
    return 0;
}

计数类DP

这类题属于数学了，没什么好说的，直接

代码实现：

一个正整数 n 可以表示成若干个正整数之和，形如：n=n1+n2+…+nk，其中 n1≥n2≥…≥nk,k≥1。

我们将这样的一种表示称为正整数 n 的一种划分。

现在给定一个正整数 n，请你求出 n 共有多少种不同的划分
方法。

输入格式
共一行，包含一个整数 n。

输出格式
共一行，包含一个整数，表示总划分数量。

由于答案可能很大，输出结果请对 10^9+7 取模。

数据范围
1≤n≤1000
输入样例:
5
输出样例：
7


#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;

int n;
int f[N];

int main()
{
    cin >> n;

    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = i; j <= n; j ++ )
            f[j] = (f[j] + f[j - i]) % mod;

    cout << f[n] << endl;

    return 0;
}

数位统计DP

同理，也是一个偏数学化的版块

代码实现

给定两个整数 a 和 b，求 a 和 b 之间的所有数字中 0∼9 的
出现次数。

例如，a=1024，b=1032，则 a 和 b 之间共有 9 个数如下：

1024 1025 1026 1027 1028 1029 1030 1031 1032

其中 0 出现 10 次，1 出现 10 次，2 出现 7 次，3 出现 3
次等等…

输入格式
输入包含多组测试数据。

每组测试数据占一行，包含两个整数 a 和 b。

当读入一行为 0 0 时，表示输入终止，且该行不作处理。

输出格式
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

每个结果包含十个用空格隔开的数字，第一个数字表示 0 出
现的次数，第二个数字表示 1 出现的次数，以此类推。

数据范围
0<a,b<100000000
输入样例：
1 10
44 497
346 542
1199 1748
1496 1403
1004 503
1714 190
1317 854
1976 494
1001 1960
0 0
输出样例：
1 2 1 1 1 1 1 1 1 1
85 185 185 185 190 96 96 96 95 93
40 40 40 93 136 82 40 40 40 40
115 666 215 215 214 205 205 154 105 106
16 113 19 20 114 20 20 19 19 16
107 105 100 101 101 197 200 200 200 200
413 1133 503 503 503 502 502 417 402 412
196 512 186 104 87 93 97 97 142 196
398 1375 398 398 405 499 499 495 488 471
294 1256 296 296 296 296 287 286 286 247


#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 10;

/*

001~abc-1, 999

abc
    1. num[i] < x, 0
    2. num[i] == x, 0~efg
    3. num[i] > x, 0~999

*/

int get(vector<int> num, int l, int r)
{
    int res = 0;
    for (int i = l; i >= r; i -- ) res = res * 10 + num[i];
    return res;
}

int power10(int x)
{
    int res = 1;
    while (x -- ) res *= 10;
    return res;
}

int count(int n, int x)
{
    if (!n) return 0;

    vector<int> num;
    while (n)
    {
        num.push_back(n % 10);
        n /= 10;
    }
    n = num.size();

    int res = 0;
    for (int i = n - 1 - !x; i >= 0; i -- )
    {
        if (i < n - 1)
        {
            res += get(num, n - 1, i + 1) * power10(i);
            if (!x) res -= power10(i);
        }

        if (num[i] == x) res += get(num, i - 1, 0) + 1;
        else if (num[i] > x) res += power10(i);
    }

    return res;
}

int main()
{
    int a, b;
    while (cin >> a >> b , a)
    {
        if (a > b) swap(a, b);

        for (int i = 0; i <= 9; i ++ )
            cout << count(b, i) - count(a - 1, i) << ' ';
        cout << endl;
    }

    return 0;
}

状态压缩DP

二进制表示状态

每一个数都应该对应集合的一种状态，数字和状态是一一对应的

状态的转移

我们用二进制的0和1表示一个二元集合的状态。可以简单认为某个物品存在或者不存在的状态。由于二进制的0和1可以转化成一个int整数，也就是说我们用整数代表了一个集合的状态。这样一来，我们可以用整数的加减计算来代表集合状态的变化。

解决问题

解决问题，在动态规划中，不能脱离状态和决策。

位运算相关的知识。

’&’符号，x&y，会将两个十进制数在二进制下进行与运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)&2(10)=2(10)。

’|’符号，x|y，会将两个十进制数在二进制下进行或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)|2(10)=3(11)。

’’符号，xy，会将两个十进制数在二进制下进行异或运算，然后返回其十进制下的值。例如3(11)^2(10)=1(01)。

’<<’符号，左移操作，x<<2，将x在二进制下的每一位向左移动两位，最右边用0填充，x<<2相当于让x乘以4。相应的，’>>’是右移操作，x>>1相当于给x/2，去掉x二进制下的最有一位。

这四种运算在状压dp中有着广泛的应用，常见的应
用如下：
判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1。

方法：if ( ( ( 1 << ( i - 1 ) ) & x ) > 0)
将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，其他位上都是0的二进制数。然后与x做与运算，如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。

将一个数字x二进制下第i位更改成1。

方法：x = x | ( 1<<(i-1) )

证明方法与1类似，此处不再重复证明。

把一个数字二进制下最靠右的第一个1去掉。

方法：x=x&(x-1)

感兴趣的读者可以自行证明。

代码实现

求把 N×M 的棋盘分割成若干个 1×2 的的长方形，有多少
种方案。

例如当 N=2，M=4 时，共有 5 种方案。当 N=2，M=3 时，共
有 3 种方案。

输入格式
输入包含多组测试用例。

每组测试用例占一行，包含两个整数 N 和 M。

当输入用例 N=0，M=0 时，表示输入终止，且该用例无需处
理。

输出格式
每个测试用例输出一个结果，每个结果占一行。

数据范围
1≤N,M≤11
输入样例：
1 2
1 3
1 4
2 2
2 3
2 4
2 11
4 11
0 0
输出样例：
1
0
1
2
3
5
144
51205


朴素写法，1000ms
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;

int n, m;
long long f[N][M];
bool st[M];

int main()
{
    while (cin >> n >> m, n || m)
    {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ )
        {
            int cnt = 0;
            st[i] = true;
            for (int j = 0; j < n; j ++ )
                if (i >> j & 1)
                {
                    if (cnt & 1) st[i] = false;
                    cnt = 0;
                }
                else cnt ++ ;
            if (cnt & 1) st[i] = false;
        }

        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i ++ )
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++ )
                for (int k = 0; k < 1 << n; k ++ )
                    if ((j & k) == 0 && st[j | k])
                        f[i][j] += f[i - 1][k];

        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}
去除无效状态的优化写法，230ms
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 12, M = 1 << N;

int n, m;
LL f[N][M];
vector<int> state[M];
bool st[M];

int main()
{
    while (cin >> n >> m, n || m)
    {
        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ )
        {
            int cnt = 0;
            bool is_valid = true;
            for (int j = 0; j < n; j ++ )
                if (i >> j & 1)
                {
                    if (cnt & 1)
                    {
                        is_valid = false;
                        break;
                    }
                    cnt = 0;
                }
                else cnt ++ ;
            if (cnt & 1) is_valid = false;
            st[i] = is_valid;
        }

        for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ )
        {
            state[i].clear();
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++ )
                if ((i & j) == 0 && st[i | j])
                    state[i].push_back(j);
        }

        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i ++ )
            for (int j = 0; j < 1 << n; j ++ )
                for (auto k : state[j])
                    f[i][j] += f[i - 1][k];

        cout << f[m][0] << endl;
    }

    return 0;
}


给定一张 n 个点的带权无向图，点从 0∼n−1 标号，求起点 
0 到终点 n−1 的最短 Hamilton 路径。

Hamilton 路径的定义是从 0 到 n−1 不重不漏地经过每个点
恰好一次。

输入格式
第一行输入整数 n。

接下来 n 行每行 n 个整数，其中第 i 行第 j 个整数表示
点 i 到 j 的距离（记为 a[i,j]）。

对于任意的 x,y,z，数据保证 a[x,x]=0，a[x,y]=a[y,x] 并
且 a[x,y]+a[y,z]≥a[x,z]。

输出格式
输出一个整数，表示最短 Hamilton 路径的长度。

数据范围
1≤n≤20
0≤a[i,j]≤107
输入样例：
5
0 2 4 5 1
2 0 6 5 3
4 6 0 8 3
5 5 8 0 5
1 3 3 5 0
输出样例：
18


#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 20, M = 1 << N;

int n;
int w[N][N];
int f[M][N];

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            cin >> w[i][j];

    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1][0] = 0;

    for (int i = 0; i < 1 << n; i ++ )
        for (int j = 0; j < n; j ++ )
            if (i >> j & 1)
                for (int k = 0; k < n; k ++ )
                    if (i >> k & 1)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j]);

    cout << f[(1 << n) - 1][n - 1];

    return 0;
}

树形DP

之所以这样命名树规，是因为树形DP的这一特殊性： 没有环，dfs是不会重复，而且具有明显而又严格的层数关系。 利用这一特性，我们可以很清晰地根据题目写出一个在树（型结构）上的记忆化搜索的程序。而深搜的特点，就是“不撞南墙不回头”。这一点在之后的文章中会详细的介绍。

动态规划：

　　问题可以分解成若干相互联系的阶段，在每一个阶段都要做出决策，全部过程的决策是一个决策序列。要使整个活动的总体效果达到最优的问题，称为多阶段决策问题。动态规划就是解决多阶段决策最优化问题的一种思想方法。

阶段：

　　将所给问题的过程，按时间或空间（树归中是空间，即层数）特征分解成若干相互联系的阶段，以便按次序去求每阶段的解。

状态：

　　各阶段开始时的客观条件叫做状态。

决策：

　　当各段的状态取定以后，就可以做出不同的决定，从而确定下一阶段的状态，这种决定称为决策。 （即孩子节点和父亲节点的关系）

策略：

　　由开始到终点的全过程中，由每段决策组成的决策序列称为全过程策略，简称策略。

状态转移方程：

　　前一阶段的终点就是后一阶段的起点，前一阶段的决策选择导出了后一阶段的状态，这种关系描述了由k阶段到k+1阶段（在树中是孩子节点和父亲节点）状态的演变规律，称为状态转移方程。

目标函数与最优化概念：

　　目标函数是衡量多阶段决策过程优劣的准则。最优化概念是在一定条件下找到一个途径，经过按题目具体性质所确定的运算以后，使全过程的总效益达到最优。

树的特点与性质：

• 有n个点，n-1条边的无向图，任意两顶点间可达
• 无向图中任意两个点间有且只有一条路
• 一个点至多有一个前趋，但可以有多个后继
• 无向图中没有环；

拿到一道树规题，我们有以下3个步骤需要执行：

判断是否是一道树规题：

即判断数据结构是否是一棵树，然后是否符合动态规划的要求。如果是，那么执行以下步骤，如果不是，那么换台。

建树：

通过数据量和题目要求，选择合适的树的存储方式。
如果节点数小于5000，那么我们可以用邻接矩阵存储，如果更大可以用邻接表来存储(注意边要开到2*n，因为是双向的。这是血与泪的教训)。如果是二叉树或者是需要多叉转二叉，那么我们可以用两个一维数组brother[]，child[]来存储）。

写出树规方程：通过观察孩子和父亲之间的关系建立方程。我们通常认为，树形DP的写法有两种：

• a.根到叶子: 不过这种动态规划在实际的问题中运用的不多。本文只有最后一题提到。

• b.叶子到根: 既根的子节点传递有用的信息给根，完后根得出最优解的过程。这类的习题比较的多。

代码实现

Ural 大学有 N 名职员，编号为 1∼N。

他们的关系就像一棵以校长为根的树，父节点就是子节点的
直接上司。

每个职员有一个快乐指数，用整数 Hi 给出，其中 
1≤i≤N。

现在要召开一场周年庆宴会，不过，没有职员愿意和直接上
司一起参会。

在满足这个条件的前提下，主办方希望邀请一部分职员参
会，使得所有参会职员的快乐指数总和最大，求这个最大
值。

输入格式
第一行一个整数 N。

接下来 N 行，第 i 行表示 i 号职员的快乐指数 Hi。

接下来 N−1 行，每行输入一对整数 L,K，表示 K 是 L 的直接上司。

输出格式
输出最大的快乐指数。

数据范围
1≤N≤6000,
−128≤Hi≤127
输入样例：
7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5
输出样例：
5

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 6010;

int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int happy[N];
int f[N][2];
bool has_fa[N];

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

void dfs(int u)
{
    f[u][1] = happy[u];

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        dfs(j);

        f[u][1] += f[j][0];
        f[u][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &happy[i]);

    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0; i < n - 1; i ++ )
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(b, a);
        has_fa[a] = true;
    }

    int root = 1;
    while (has_fa[root]) root ++ ;

    dfs(root);

    printf("%d\n", max(f[root][0], f[root][1]));

    return 0;
}

最后，一个神奇的牛逼的“算法”

闫氏DP分析法！

这个算法是由当代大聪明yxc闫学灿即y总发明的，这个东西十分的好用。本蒟蒻在此进行详细介绍（绝无仅有）。

从集合角度来分析问题，问题无非是：

• 有限集当中的最优化（最值）问题或者是个数或者是存不存在。

由于暴力复杂度过高，所以用dp来解题。

动态规划的过程：

1.状态表示，要知道f[i]是什么集合以及它的属性(Max,Min,Count)。

2.状态计算，将 f[i] (假设它是集合)不遗漏的分解成不重复的子集(子集的个数不定)

注：划分子集的规律为寻找最后一个不同点。

我们举个例子：

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能
使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不
超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品
数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，
分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8

然后我们用闫氏DP分析法进行分析：

状态表示 \(f[i,j]\)：

• 1.集合：所有考虑前 i 个物品，且总体积不超过 j 的集合
• 2.属性：Max

状态计算：

根据我们的定则，选取最后一个不同点，所以为 i和 i-1，即所有选和不选第 i 个物品的方式。

for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(register int j=0;j<=m;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            if(j>=v[i])
            {
                f[i][j]=max(f[i][j],(f[i][j-v[i]]+w[i]));
            }
        }
    }

然后优化：

for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = m; j >= v[i]; j -- )
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

这代码不就出来了吗