动态规划4.1——基础动态规划问题
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预警、预警：本章节开始，再次劝退！
但我们也自此才开始接触到算法的精髓。可以说之前所学习的方法都是我们的解题手段，但自此章节开始，我们所应对的变成了完整的综合题。动态规划问题类型很广，在算法问题中占比很大。简单有白给模板题，难起来可以难的没边。
在应用动态规划方法解决问题时，关键是确定当前问题的所有子问题的最优子结构，再构造出原问题的解，也就是多阶段决策中的转移方程。转移方程的通常具有这样的特点：当前阶段的值与所有之前阶段值的最优值关联。动态规划所求为问题全局最优解。
动态规划题目特点：（有重叠的子问题）
1：计数
—有多少种方式走到右下角
—有多少种方法选出k个数使得和为Sum
2：求最大最小值
—从左上角走到右下角路径的最大数字和
—最长上升子序列长度
3：求存在性
—取石子游戏，先手是否必胜
—能不能选出k个数使得和是Sum
动态规划组成部分：
1：确定状态
—确定最后一步（最优策略）
—抽象子问题
2：归纳转移方程
3：初始条件和边界情况
4：计算顺序
4.1.1 The Triangle (1163/3176)
题意：一个数字三角形如图4.1所示，从顶部出发，每一个结点可以选择向左或向右走，要求找到一个从上到下的路径，路径上数字的和最大。
小笔记：简单入门题，需要注意思想，从这里出发理解动态规划。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n;
int D[355][355]; //存储到该点的最大路径
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j <= i; j++)
scanf("%d", &D[i][j]);
for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
for (int j = 0; j <= i; j++)
D[i][j] += max(D[i + 1][j], D[i + 1][j + 1]);
printf("%d\n", D[0][0]);
return 0;
}
4.1.2 Brackets (2955)
题意：给出一个括号序列，找出最长的规范括号子序列。
小笔记：区间dp、记忆化搜索
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 101;
//如果a,b为左右成对的括号，则返回长度2，否则返回0。
int f(char a, char b)
{
return ((a == '[' && b == ']') || (a == '(' && b == ')')) ? 2 : 0;
}
int main()
{
char s[N]; //括号序列
while (scanf("%s", s) && s[0] != 'e')
{
int D[N][N] = {0}; //记录s[i]~s[j]之间规范括号子序列的长度
int m = strlen(s); //m为区间总长度
for (int t = 1; t <= m - 1; t++) //t为子区间长度
for (int i = 0; i <= m - t - 1; i++)
{
int j = i + t;
for (int k = i; k <= j - 1; k++)
D[i][j] = max(D[i][j], max(D[i][k] + D[k + 1][j], D[i + 1][j - 1] + f(s[i], s[j])));
}
printf("%d\n", D[0][m - 1]);
}
return 0;
}
4.1.3 Multiplication Puzzle (1651)
题意：n个数排成一排，从中间位置取走一个数，和它前后两个数相乘得到一个乘积值，再取一个数，继续计算，直到剩下的最后三个数相乘，将所有乘积相加，求这个和的最小值。
小笔记：区间dp、矩阵连乘问题
题解：用a[1…n]保存n个数，D[i,j]为i到j区间计算出来的和的最小值，区间长度s=j-i，在区间内取一个位置k，则D[i,j]为所有D[i,k]+D[k,j]+a[i]*a[k]*a[j]的最小值。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
const int N = 105;
int main()
{
int n;
int a[N];
int D[N][N] = {0}; //D[i,j]为i到j区间计算出来的和的最小值
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for (int s = 2; s <= n - 1; s++) //s为区间长度
for (int i = 1; i <= n - s; i++)
{
int j = i + s;
D[i][j] = INT_MAX;
for (int k = i + 1; k < j; k++) //k为区间内某位置
D[i][j] = min(D[i][j], D[i][k] + D[k][j] + a[i] * a[k] * a[j]);
}
printf("%d\n", D[1][n]);
return 0;
}
4.1.4 Apple Catching (2385)
题意：两个苹果树1和2，在t分钟内每分钟有1棵树向下落1个苹果，在树下接苹果，初始位置在1号树下，换一棵树记作交换1次位置，最多可换w次位置，计算最多可以接多少苹果。
小笔记：经典dp，不难，注意细节。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int t, w;
scanf("%d%d", &t, &w);
int D[35] = {0};
while (t--)
{
int x;
scanf("%d", &x);
D[0] += x % 2; //每个时间对D[0]进行更新
for (int i = 1; i <= w; i++)
D[i] = max(D[i], D[i - 1]) + (i + x) % 2;
}
printf("%d\n", D[w]);
return 0;
}
4.1.5 Hamming Problem (2545)
题意：定义一个递增序列，序列中的数字是只包含p1、p2、p3三个素数因子的所有自然数，输出序列中的第i个数。
题解：简单题。用数组h保存结果，用x1、x2、x3分别保存h中的数字与p1、p2、p3相乘的结果，由序列的属性可知，x1、x2、x3这3个值都属于h并且都是从1开始依次递增。用k1、k2、k3记录x1、x2、x3在h中取的值的位置，当被“使用”过之后，对应的位置加1。
h在求解的过程中依赖于之前子问题的解，并取一个最小值作为当前值，也是动态规划思想的体现。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long h[1000000];
int main()
{
int p1, p2, p3, i;
while (~scanf("%d%d%d%d", &p1, &p2, &p3, &i))
{
h[0] = 1;
int k1, k2, k3;
k1 = k2 = k3 = 0;
for (int k = 1; k <= i; k++)
{
long long x1 = h[k1] * p1;
long long x2 = h[k2] * p2;
long long x3 = h[k3] * p3;
h[k] = min(min(x1, x2), x3);
if (h[k] == x1)
k1++;
if (h[k] == x2)
k2++;
if (h[k] == x3)
k3++;
}
printf("%lld\n", h[i]);
}
return 0;
}
