[NOIP 2014复习]第三章：动态规划——NOIP历届真题回想
背包型动态规划
1、Wikioi 1047 邮票面值设计
题目描写叙述 Description
给定一个信封，最多仅仅同意粘贴N张邮票，计算在给定K（N+K≤40）种邮票的情况下（假定全部的邮票数量都足够），怎样设计邮票的面值。能得到最大值MAX。使在1～MAX之间的每个邮资值都能得到。
比如。N=3，K=2，假设面值分别为1分、4分。则在1分～6分之间的每个邮资值都能得到（当然还有8分、9分和12分）；假设面值分别为1分、3分，则在1分～7分之间的每个邮资值都能得到。能够验证当N=3。K=2时，7分就是能够得到的连续的邮资最大值。所以MAX=7，面值分别为1分、3分。
输入描写叙述 Input Description
N和K
输出描写叙述 Output Description
每种邮票的面值。连续最大能到的面值数。数据保证答案唯一。
例子输入 Sample Input
3 2
例子输出 Sample Output
1 3
MAX=7
非常好的一道题！实际上这个题是个DFS搜索题，通过DFS搜索下一个能够出现的邮票面值，可是得到邮票面值后须要求出能凑出的最大邮资。假设光用枚举，尽管数据范围不大，可是算上去也是个非常大的常数了，加上DFS搜索次数太多，这样做会超时。比較好的办法就是用全然背包f[v]表示凑出邮资v最少要多少张邮票，每次得到一个邮票面值。就记录下它，用“我为人人”型动规更新f数组，然后从小到大搜索一遍下一种邮票面值，直到全部邮票面值都枚举完，更新最大邮资
另外须要注意的是搜索下一种邮票面值时。也不能乱枚举，这样会让搜索树中每一个节点的儿子太多。搜索树就会太大。一样会超时，那么枚举就得有上下界。
下界的求法是，枚举的下一种邮票面值要保证比上一种大，这样邮票面值序列就会是单调递增的，非常明显。下界是之前求出的邮票面值中的最后一种面值x+1，简单证明：
而枚举面值的上界是当前全部邮票能凑出的连续最大邮资sum，简单证明：
之前出现的邮资连续区间是[1,sum],而下一张邮票面值是sum+1,则加上下一张邮票面值后，连续区间为[1,sum]∩[sum+2,sum*2+1],而邮资sum+1取不到，实际上连续最大邮资还是sum没变，说明下一张邮票面值取得太大了 若下一张邮票面值是sum,则加上下一张邮票面值后，连续区间为[1,2*sum]。答案变大了，邮票面值取得刚好。
这样一来此题思路就清晰了。以下是代码
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#define MAXV 1000
#define MAXN 40
#define INF 1000000
int f[MAXV],stamp[MAXN],nowSol[MAXN],maxValue; //f[v]=凑出面额v至少要多少张邮票。stamp是保存面值的数组,nowSol是当前DFS搜出的邮票面值,max=当前最大总面值
int n,k;
void dfs(int cnt,int sum) //已经有了cnt种邮票（当前正在尝试第cnt+1种邮票），并且
{
int copy[MAXV]; //拷贝数组f用
if(cnt==k) //全部邮票的面值都枚举完了
{
if(sum>maxValue) //假设当前的最大总面值超过之前的答案。那么这是新的最优解
{
maxValue=sum;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
stamp[i]=nowSol[i];
}
return;
}
for(int i=0;i<MAXV;i++) copy[i]=f[i]; //后面的操作会改动f数组。所以先将f数组拷贝保存起来，回溯后再恢复回去
//全然背包求出使用该种邮票后能够获得的面值
for(int i=nowSol[cnt]+1;i<=sum;i++) //枚举下一个面额
{
for(int j=0;j<MAXV-i;j++)
if(f[j]+1<f[j+i])
f[j+i]=f[j]+1;
int nowMaxValue; //当前能凑出的最大邮资
for(nowMaxValue=sum+1;f[nowMaxValue]<=n;nowMaxValue++); //寻找能得到的最大面值
nowSol[cnt+1]=i; //添加新的邮票
dfs(cnt+1,nowMaxValue);
for(int j=0;j<MAXV;j++) f[j]=copy[j]; //把f数组拷贝回来
}
}
int main()
{
int i;
scanf("%d%d",&n,&k);
nowSol[1]=1; //第一张邮票的面值一定为1(废话，不用1的话，一种邮票凑不出连续的邮资)
for(i=1;i<=n;i++) f[i]=i; //DP边界1：f[i]=i,i<=n,由于这时邮资小，仅仅用i张1元邮票就能凑起来
for(;i<MAXV;i++) f[i]=INF; //DP边界2：f[i]=+∞。由于这时邮资大了，邮票个数有限，光用1元邮票凑不齐。须要后面添加新面值以后，通过全然背包动规更新f数组
dfs(1,n);
for(i=1;i<=k;i++) printf("%d ",stamp[i]);
printf("\nMAX=%d\n",maxValue);
system("pause");
return 0;
}
2、Wikioi 1155 金明的预算方案
题目描写叙述 Description
金明今天非常开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的非常宽敞的房间。
更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间须要购买哪些物品，怎么布置。你说了算，仅仅要不超过N元钱即可”。今天一早，金明就開始做预算了。他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的样例：
主件
附件
电脑
打印机，扫描仪
书柜
图书
书桌
台灯。文具
工作椅
无
假设要买归类为附件的物品。必须先买该附件所属的主件。每一个主件能够有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西非常多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（能够等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第j件物品的价格为v[j]。重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1。j2，……，jk，则所求的总和为：
v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+…+v[jk]*w[jk]。（当中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
输入描写叙述 Input Description
第1行。为两个正整数，用一个空格隔开：
N m
（当中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数
v p q
（当中v表示该物品的价格（v<10000）。p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。假设q=0。表示该物品为主件。假设q>0，表示该物品为附件。q是所属主件的编号）
输出描写叙述 Output Description
仅仅有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）
例子输入 Sample Input
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
例子输出 Sample Output
2200
这个题WA得太奇妙了，数组开小了。fuck
详细说这就是个01背包的题，仅仅只是决策时须要注意下，仅仅对主件进行决策，要么不取主件，要么仅仅取主件。要么取主件和1号附件，要么取主件和2号附件。要么主件和1、2号附件都取。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAXM 70
#define MAXN 30100
int w[MAXM][4]; //w[i][0]=i的价格,w[i][1]=i的1号附件价格,w[i][2]=i的2号附件价格
int v[MAXM][4]; //v[i][0]=i的价值,v[i][1]=i的1号附件价值,v[i][2]=i的2号附件价值
int f[MAXM][MAXN]; //f[v]=使用掉的钱为v时获得的最大价值
int max(int a,int b)
{
if(a>b) return a;
return b;
}
int main()
{
int n,m,maxAns=-1;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int W,V,belong;
scanf("%d%d%d",&W,&V,&belong);
if(!belong) //是附件
{
w[i][0]=W;
v[i][0]=V;
}
else
{
if(!w[belong][1])
{
v[belong][1]=V; //记录下主件有附件1
w[belong][1]=W;
}
else
{
v[belong][2]=V; //记录下主件有附件1
w[belong][2]=W;
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(j>=w[i][0])
{
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i][0]]+v[i][0]*w[i][0]); //仅仅要主件
if(j-w[i][0]-w[i][1]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]); //主件+1号附件
if(j-w[i][0]-w[i][2]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][2]*w[i][2]); //主件+2号附件
if(j-w[i][0]-w[i][1]-w[i][2]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]-w[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]+v[i][2]*w[i][2]); //主件+2号附件
}
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
printf("%d\n",f[m][n]);
system("pause");
return 0;
}
棋盘型动态规划
1、Wikioi 1043 方格取数
题目描写叙述 Description
设有N*N的方格图(N<=10,我们将当中的某些方格中填入正整数,而其它的方格中则放入数字0。
例如以下图所看到的（见例子）：
某人从图的左上角的A 点出发。能够向下行走，也能够向右走，直到到达右下角的B点。在走过的路上，他能够取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。
此人从A点到B 点共走两次，试找出2条这种路径，使得取得的数之和为最大。
输入描写叙述 Input Description
输入的第一行为一个整数N（表示N*N的方格图），接下来的每行有三个整数。前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。
一行单独的0表示输入结束。
输出描写叙述 Output Description
仅仅需输出一个整数。表示2条路径上取得的最大的和。
例子输入 Sample Input
8
2 3 13
2 6 6
3 5 7
4 4 14
5 2 21
5 6 4
6 3 15
7 2 14
0 0 0
例子输出 Sample Output
67
和之前的传纸条非常类似，思路基本同样，照搬就可以。这里不细说，但有个细节须要注意：这里两条路径是能够重合的。因为题目中有这个要求。所以动规时不能避开两个同样的点，如图
若两条路径有交叉(DP中两个点同样)。那么就把反复算入的当前格子分数扣掉即可了。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#define MAXN 50
long long int f[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];
long long int n,map[MAXN][MAXN];
long long int max(long long int a,long long int b)
{
if(a>b) return a;
return b;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
int x,y,num;
while(1)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&num);
if(!x&&!y&&!num) break;
map[x][y]=num;
}
for(int i=1;i<=n;i++) //第一条路径过点(i,j)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int h=1;h<=n;h++)
{
f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k-1][h]);
f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k][h-1]);
f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k-1][h]);
f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k][h-1]);
f[i][j][k][h]+=map[i][j]+map[k][h];
if(i==k&&j==h) f[i][j][k][h]-=map[i][j];
}
printf("%lld\n",map[n][n]+max(f[n-1][n][n][n-1],f[n][n-1][n-1][n]));
return 0;
}
区间型动态规划
1、Wikioi 1090 加分二叉树
题目描写叙述 Description
设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），当中数字1,2,3,…,n为节点编号。每一个节点都有一个分数（均为正整数），记第j个节点的分数为di，tree及它的每一个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包括tree本身）的加分计算方法例如以下：
subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
若某个子树为主，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空
子树。
试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出。
（1）tree的最高加分
（2）tree的前序遍历
如今。请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。
输入描写叙述 Input Description
第1行：一个整数n（n<=30）。为节点个数。
第2行：n个用空格隔开的整数，为每一个节点的分数（分数<=100）
输出描写叙述 Output Description
第1行：一个整数。为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。
第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
例子输入 Sample Input
5
5 7 1 2 10
例子输出 Sample Output
145
3 1 2 4 5
数据范围及提示 Data Size & Hint
n（n<=30)
分数<=100
乍一看这个题是数据结构题。可是由于一个中序遍历相应多个二叉树。这个题没办法建树，好像做不出来，可是细想NOIP怎么可能会考这么裸的二叉树呢？所以这个题是个区间型动规题，为了写起来方便，最好是用记忆化DFS来写，也不easy错。
能够用一个二元组（或者说区间左右端点）[L,R]表示当前递归层次的状态，dfs(L,R)=求区间[L,R]相应二叉树子树能获得的最大分数，为了能在线段区间中模拟树结构的递归深搜过程，能够进行下图的操作
动规的思路也非常清晰，套用区间型动规的通用方程即可，f[L,R]=max{f[L,mid-1]*f[mid+1,R]+value[mid]},这里mid就是要取的子树根结点
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#define MAXN 100
int f[MAXN][MAXN]; //f[i][j]=中序遍历序列区间[1,j]获得分数的最大值
int visit[MAXN][MAXN];
int root[MAXN][MAXN];
int max(int a,int b)
{
if(a>b) return a;
return b;
}
int dp(int L,int R) //
{
if(L==R) return f[L][R];
if(L>R) return 1;
if(visit[L][R]) return f[L][R];
visit[L][R]=1;
int maxAns=-1;
for(int mid=L;mid<=R;mid++)
if(maxAns<(dp(L,mid-1)*dp(mid+1,R)+f[mid][mid]))
{
root[L][R]=mid;
int Ltree=dp(L,mid-1);
int Rtree=dp(mid+1,R);
maxAns=(Ltree*Rtree+f[mid][mid]);
}
return f[L][R]=maxAns;
}
void firstPrint(int L,int R)
{
if(L>R) return;
printf("%d ",root[L][R]);
firstPrint(L,root[L][R]-1);
firstPrint(root[L][R]+1,R);
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&f[i][i]);
root[i][i]=i;
}
printf("%d\n",dp(1,n));
firstPrint(1,n);
printf("\n");
system("pause");
return 0;
}
序列型动态规划
1、Wikioi 1058 合唱队形
题目描写叙述 Description
N位同学站成一排，音乐老师要请当中的(N-K)位同学出列，使得剩下的K位同学排成合唱队形。
合唱队形是指这种一种队形：设K位同学从左到右依次编号为1。2…。K。他们的身高分别为T1。T2，…。TK， 则他们的身高满足T1<...<Ti>Ti+1>…>TK(1<=i<=K)。
你的任务是，已知全部N位同学的身高。计算最少须要几位同学出列。能够使得剩下的同学排成合唱队形。
输入描写叙述 Input Description
输入文件chorus.in的第一行是一个整数N(2<=N<=100)，表示同学的总数。第一行有n个整数。用空格分隔，第i个整数Ti(130<=Ti<=230)是第i位同学的身高(厘米)。
输出描写叙述 Output Description
输出文件chorus.out包括一行，这一行仅仅包括一个整数，就是最少须要几位同学出列。
例子输入 Sample Input
8
186 186 150 200 160 130 197 220
例子输出 Sample Output
4
数据范围及提示 Data Size & Hint
对于50％的数据，保证有n<=20；
对于所有的数据，保证有n<=100。
此题能够用最长上升子序列和最长下降子序列做。只是有些细节须要处理。如图
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#define MAXN 300
int high[MAXN]; //high[i]=第i个同学的身高
int up[MAXN],dn[MAXN];
int max(int a,int b)
{
if(a>b) return a;
return b;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&high[i]);
up[i]=dn[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
if(high[j]<high[i]) up[i]=max(up[i],up[j]+1);
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=n;j>=i;j--)
if(high[j]<high[i]) dn[i]=max(dn[i],dn[j]+1);
int maxPeople=-1; //最多參与人数
for(int i=1;i<=n;i++)
maxPeople=max(maxPeople,dn[i]+up[i]-1);
printf("%d\n",n-maxPeople);
system("pause");
return 0;
}
状态压缩型动态规划
1、Wikioi 1105 过河
题目描写叙述 Description
在河上有一座独木桥。一仅仅青蛙想沿着独木桥从河的一側跳到还有一側。在桥上有一些石子，青蛙非常讨厌踩在这些石子上。
因为桥的长度和青蛙一次跳过的距离都是正整数，我们能够把独木桥上青蛙可能到达的点看成数轴上的一串整点：0，1。……。L（当中L是桥的长度）。
坐标为0的点表示桥的起点，坐标为L的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点開始，不停的向终点方向跳跃。
一次跳跃的距离是S到T之间的随意正整数（包含S,T）。当青蛙跳到或跳过坐标为L的点时。就算青蛙已经跳出了独木桥。
题目给出独木桥的长度L，青蛙跳跃的距离范围S,T，桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河，最少须要踩到的石子数。
输入描写叙述 Input Description
输入第一行有一个正整数L（1<=L<=109），表示独木桥的长度。第二行有三个正整数S，T，M，分别表示青蛙一次跳跃的最小距离。最大距离。及桥上石子的个数。当中1<=S<=T<=10。1<=M<=100。第三行有M个不同的正整数分别表示这M个石子在数轴上的位置（数据保证桥的起点和终点处没有石子）。全部相邻的整数之间用一个空格隔开。
输出描写叙述 Output Description
输出仅仅包含一个整数，表示青蛙过河最少须要踩到的石子数。
例子输入 Sample Input
10
2 35
2 3567
例子输出 Sample Output
2
数据范围及提示 Data Size & Hint
数据规模
对于30%的数据。L<=10000；
对于所有的数据，L<=109。
这个题的DP方程比較好推出来，f[i]=青蛙到达点i至少要踩多少个石头，那么DP方程是
f[i]=min{f[j]},i点无石头 f[i]=min{f[j]}+1,i点有石头可是题目非常鬼畜，假设纯粹依照距离动规的话，总距离可能达到10^9左右(int的最大范围)。空间时间都吃不消，只是1<=M<=100,石头个数不多，这说明可能有两个石头之间的距离太大，青蛙跳只是去，能够採取压缩状态的方式。缩短总距离。就是说假设两个石头之间距离太大，青蛙跳只是去的话，把两个石头之间的距离改成T，能够想到这种距离青蛙也跳只是去。两者是等价的
详细能够看我之前的一个代码http://blog.csdn.net/qpswwww/article/details/25742233
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#define MAXN 10020
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int f[MAXN]; //f[i]=青蛙到达点i至少要踩的石子数
int maxStoneDist=0; //当前最远的石头距离
int river[MAXN]; //river[i]=1
int stonePos[MAXN];
int min(int a,int b)
{
if(a<b) return a;
return b;
}
int main()
{
int L,S,T,M;
memset(f,INF,sizeof(f));
scanf("%d%d%d%d",&L,&S,&T,&M);
river[0]=1;
f[0]=0;
int dist,lastDist=0;
for(int i=1;i<=M;i++) scanf("%d",&stonePos[i]);
sort(stonePos+1,stonePos+M+1); //防坑，按距离对石头位置升序排序
for(int i=1;i<=M;i++)
{
if(stonePos[i]-stonePos[i-1]>=T) //新的石头太远，青蛙一定跳只是去
{
maxStoneDist+=T;
river[maxStoneDist]=1; //则设新石头距离为T+1
}
else
{
maxStoneDist=maxStoneDist+stonePos[i]-stonePos[i-1];
river[maxStoneDist]=1; //否则新石头距离不变
}
}
for(int i=1;i<=maxStoneDist+T;i++) //我为人人型动规，跳跃起点为i
{
int minn=INF;
for(int j=i-T;j<=i-S;j++)
if(j>=0)
minn=min(minn,f[j]);
f[i]=minn+river[i];
}
int ans=INF; //答案。从maxStoneDist到maxStoneDist+T中找
for(int i=maxStoneDist;i<=maxStoneDist+T;i++)
ans=min(ans,f[i]);
if(S==T) //最大跳跃距离等于最小跳跃距离，这样的情况要单独讨论
{
ans=0;
for(int i=1;i<=M;i++)
if(stonePos[i]%T==0)
ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
其它类型的动态规划
1、Wikioi 1135 选择客栈
丽江河边有 n 家非常有特色的客栈，客栈依照其位置顺序从1 到n 编号。每家客栈都依照某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0 ~ k-1 表示）。且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。
两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢同样的色调。又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调同样的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包含他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过p。
他们想知道总共同拥有多少种选择住宿的方案，保证晚上能够找到一家最低消费不超过p元的咖啡店小聚。
共n+1 行。
第一行三个整数 n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；
接下来的 n 行。第i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。
输出仅仅有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。
5 2 3
0 5
1 3
0 2
1 4
1 5
3
【输入输出例子说明】
客栈编号 ① ② ③ ④ ⑤ 色调 0 1 0 1 1 最低消费 5 3 2 4 5 2 人要住相同色调的客栈，全部可选的住宿方案包含：住客栈①③，②④，②⑤。④⑤。
可是若选择住 4、5 号客栈的话。4、5 号客栈之间的咖啡店的最低消费是 4，而两人能承受
的最低消费是 3 元，所以不满足要求。因此仅仅有前 3 种方案可选。
【数据范围】
对于 30%的数据，有n≤100；
对于 50%的数据。有n≤1,000；
对于 100%的数据，有2≤n≤200,000，0<k≤50，0≤p≤100， 0≤最低消费≤100。
之前我曾写过一篇该题的解题报告，鉴于没有图加上数组变量太多。不便于理解，我又一次写一篇题解
对于此题，能够用cheapMaxNum[i]表示1~i中编号最大的廉价客栈
colorMaxNum[i]表示1~i-1中与i颜色同样的编号最大的客栈
sameColorNum[i]表示1~i-1中和i颜色同样的客栈个数
ans[i]表示1~i-1中与i颜色同样，且其到i之间有廉价客栈的个数
colorNum[i]表示之前全部客栈中色调为i的个数
maxNum[i]表示之前全部客栈中色调为i的最大客栈编号
ans[i]=sameColorNum[i],cheapMaxNum[i]>colorMaxNum[i]
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#define MAXN 200100
int cheapMaxNum[MAXN],colorMaxNum[MAXN],sameColorNum[MAXN],ans[MAXN],colorNum[MAXN],maxNum[MAXN];
/*
声明：廉价的客栈就是价格低于最高消费的客栈
cheapMaxNum[i]=1~i中编号最大的廉价客栈
colorMaxNum[i]=1~i-1中与i颜色同样的编号最大的客栈
sameColorNum[i]=1~i-1中和i颜色同样的客栈个数
ans[i]=1~i-1中与i颜色同样，且其到i之间有廉价客栈的个数
DP方程为:
ans[i]=ans[colorMaxNum[i]],cheapMaxNum[i]<=colorMaxNum[i]
ans[i]=sameColorNum[i],cheapMaxNum[i]>colorMaxNum[i]
colorNum[i]=之前全部客栈中色调为i的个数，maxNum[i]=之前全部客栈中色调为i的最大客栈编号
*/
int main()
{
int n,k,p,color,price;
scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&color,&price);
colorMaxNum[i]=maxNum[color]; //前i-1个客栈中与i同样颜色的客栈最大编号就是之前color色调的最大客栈编号
sameColorNum[i]=colorNum[color]; //同理
if(price<=p) //i号客栈是廉价客栈
cheapMaxNum[i]=i; //前i个客栈中廉价客栈的最大编号就是i自己
else cheapMaxNum[i]=cheapMaxNum[i-1]; //否则前i个客栈中廉价客栈最大编号和前i-1个的同样
if(cheapMaxNum[i]<colorMaxNum[i])
ans[i]=ans[colorMaxNum[i]];
else
ans[i]=sameColorNum[i];
colorNum[color]++;
maxNum[color]=i;
}
int Ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++) //找客栈尾巴,统计方案总个数
Ans+=ans[i];
printf("%d\n",Ans);
system("pause");
return 0;
}2、2k进制数
题目描写叙述 Description
设r是个2k进制数。并满足下面条件：
（1）r至少是个2位的2k进制数。
（2）作为2k进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
（3）将r转换为2进制数q后。则q的总位数不超过w。
在这里。正整数k（1≤k≤9）和w（k<W< span>≤30000）是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的r共同拥有多少个？
我们再从还有一角度作些解释：设S是长度为w的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S相应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k的段，每段相应一位2k进制的数，假设S至少可分成2段。则S所相应的二进制数又能够转换为上述的2k进制数r。
例：设k=3。w=7。则r是个八进制数（23=8）。
因为w=7。长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1。3。3，左边第一段仅仅有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：
2位数：高位为1：6个（即12。13。14，15，16。17）。高位为2：5个。…，高位为6：1个（即67）。
共6+5+…+1=21个。
3位数：高位仅仅能是1，第2位为2：5个（即123，124。125，126，127）。第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。
所以，满足要求的r共同拥有36个。
输入描写叙述 Input Description
仅仅有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
k W
输出描写叙述 Output Description
共1行。是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其它字符（比如空格、换行符、逗号等）。
（提示：作为结果的正整数可能非常大。但不会超过200位）
例子输入 Sample Input
3 7
例子输出 Sample Output
36
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#define BASE 10000
#define MAXN 512
using namespace std;
struct Hugeint
{
int c[100],len,sign;
Hugeint(){memset(c,0,sizeof(c));len=1;sign=0;}
void zero()
{
while(len>1&&c[len]==0) len--; //清除前面的0
if(len==1&&c[len]==0) sign=0;
}
void writein(char *s) //将数字串s压4位存入高精数组中
{
int k=1,L=strlen(s); //L=s的长度
for(int i=L-1;i>=0;i--)
{
c[len]+=(s[i]-'0')*k;
k*=10;
if(k==BASE) //这一位装不下了
{
k=1;
len++; //换到下一位
}
}
}
void read() //读入高精度数
{
char s[300]={0};
scanf("%s",s);
writein(s);
}
void print()
{
if(sign) printf("-"); //负数
printf("%d",c[len]);
for(int i=len-1;i>=1;i--) printf("%04d",c[i]);
printf("\n");
}
Hugeint operator = (int a) //给高精度赋值
{
char s[300]={0};
sprintf(s,"%d",a);
writein(s);
return *this; //this指针仅仅能用于成员函数中。表示当前对象的地址
}
Hugeint operator+(const Hugeint &b)
{
Hugeint r;
r.len=max(len,b.len)+1;
for(int i=1;i<=r.len;i++)
{
r.c[i]+=c[i]+b.c[i];
r.c[i+1]+=r.c[i]/BASE; //算上进位
r.c[i]%=BASE;
}
r.zero(); //清掉前面的零
return r;
}
Hugeint operator+(const int &a) //高精加低精
{
Hugeint b;
b=a;
return *this+b;
}
}C[MAXN][MAXN],ans;
int main()
{
int k,w,maxNum,firstNum;
cin>>k>>w;
maxNum=1<<k; //maxNum=2^k，每一位能够选择的数字为1~maxNum-1
firstNum=1<<(w%k); //首段最大可取数字为firstNum-1
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<maxNum;i++)
for(int j=0;j<=i;j++) //在i个数里选j个数的方案个数
{
if(j==0) C[i][j]=1;
else C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
for(int i=2;i<=w/k&&i<maxNum;i++) //i=2k进制数的位数
ans=ans+C[maxNum-1][i];
for(int i=1;i<firstNum&&w/k+i<maxNum;i++) //首位数字取i
ans=ans+C[maxNum-i-1][w/k];
ans.print();
return 0;
}
