讲义 GDFZOJ 【37】动态规划基础2
动态规划基础2
T1 01背包
洛谷原模板题戳这儿
这是一道\(Dp\)的模板题，也没什么好说的，直接开始吧
一、审题
有N件物品和一个容量为\(V\)的背包。第\(i\)件物品所占空间是\(C_i\)，价值是\(W_i\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
数据范围：\(0 \le V \le 1000,0\le N\le 100,0 < C \le 1000,0 < W \le 100\)
似乎并没有什么关键点，粗略判断时间复杂度，\(emm······\)，\(O(NV)\)是可以过的，那就往这方面想吧
贪心
若果你还没学过\(Dp\)，就很容易会想到用贪心来做这道题，设一个数组\(sum_i=\dfrac{W_i}{C_i}\)，然后优先但是就会出现一个很大的问题：假设我们背包的容量\(C=10\)，有以下三个物品
| 物品编号 | A | B | C |
|---|---|---|---|
| \(C\) | 6 | 5 | 5 |
| \(W\) | 9 | 6 | 6 |
| \(Sum\) | 1.5 | 1.2 | 1.2 |
| 根据以上的贪心策略，我们应该是要选\(A\)的，但是我们发现同时选\(B\)和\(C\)的话得到的价值会更大呀，贪心思想不能从大局考虑，所以必须要用\(Dp\) |
背包
既然确定了是动规，那就可以愉快地开始推式子啦
让我假设现在的背包的容量C=10；
| 物品编号 | 物品重量 | 物品价值 |
|---|---|---|
| 1 | 5 | 20 |
| 2 | 6 | 10 |
| 3 | 4 | 12 |
我们用\(v[i]\)表示物品价值，\(w[i]\)表示物品重量，再首先定义状态$ dp[i][j]\(以\)j$ 为容量为放入前\(i\)个物品(按\(i\)从小到大的顺序)的最大价值，那么 \(i=1\)的时候，放入的是物品\(1\)，这时候肯定是最优的啦！
那考虑一下当前容量\(j\)，如果 \(j<5\)，那么肯定就不能放，所以\(dp[1][j]=0(j \lt 5)\)；那如果 \(j>5\)，那就可以放进去了的呀，所以\(dp[1][j]=20(j>=5)\)；
接着 i=2i=2 放两个物品，求的就是 \(dp[2][j]\) 了，当 \(j<5\)的时候，是不是同样的 \(dp[2][j](j \lt 5)=0\)；那当 \(j<6\) 是不是还是放不下第二个，只能放第一个；
那 \(j>6\) 呢？是不是就可以放第二个了呢？是可以，但是明显不是最优的，用脑子想了一下，发现 \(dp[2][j](j \gt 6)=20\)，这个 \(20\)怎么来的呢，当然是从前一个状态来的（注意这里就可以分为两种情况了）：一种是选择第二个物品放入，另一种还是选择前面的物品；
我们假设\(j=10\)，这时候：\(dp[2][10]=max((dp[1][10-w[2]])+v[2],dp[1][10])\)也就是\(dp[2][10] = max(dp[1][4])+10,dp[1][10])\)
是不是很明显了呢，\(dp[1][4]+10\)是选择了第二个，于是容量相应就减少成 \(4\)，之前已经得出 \(dp[1][4]=0\)，就是说选了物品\(2\)，物品\(1\)就选不了了；\(dp[1][10]\)是不选择第二个，只选择第一个\(dp[1][10]\)是等于\(20\)的，于是得出\(dp[2][10]=20\)
到这里就可以了，依次类推，动态转移方程为
但是好像还有一些问题没考虑完\(......\)
2、需要单独考虑的问题
看回例子：
| 物品编号 | 物品重量 | 物品价值 |
|---|---|---|
| 1 | 5 | 20 |
| 2 | 6 | 10 |
| 3 | 4 | 12 |
我们知道 \(dp[1][j](j \lt 5)=20\),那么 \(dp[2][j](j=5)\) 的时候是多少呢？我们看到动态转移方程并没有考虑 \(j\lt w[i]\) 的情况，但是我们可以加进去，由于我们可以看出来\(dp[2][5]=5\)，为什么？因为不能选第二个，只能选第一个，所以\(dp[2][5]=dp[1][5]\)了！所以当\(j<w[i]\)的时候，\(dp[i][j]=dp[i-1][j]\)就好了，是不是很神奇呢?
一维优化
我们刚是用二维来存状态的，那可不可以压缩到一维呢？
答案是可以的，其实我们发现上面的\(i\)是可以省去的，但这个时候就会有人说了：物品会重复放入。所以重点就是，一维内层循环要倒着来！不然会重复放入
T2 完全背包
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洛谷原模板题戳这儿
这是一道\(Dp\)的模板题，也没什么好说的，直接开始吧
有N件物品和一个容量为\(V\)的背包。每种物品均有无穷多件，第\(i\)件物品所占空间是\(C_i\)，价值是\(W_i\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
数据范围：\(0 \le V \le 1000,0\le N\le 100,0 < C \le 1000,0 < W \le 100\)
似乎并没有什么关键点，粗略判断时间复杂度，\(emm······\)，\(O(NV)\)是可以过的，那就往这方面想吧
我们发现这道题是不是和这道题与这道题很像？是的这两道题之间的差异只在这一句话\(\text{“每种物品均有无穷多件”}\)，所以可以推断出这道题的式子一定和上一道题很像，所以建议先看一看上一题的题解
在上一篇题解里我们在一维数组中说到\(\text{重点就是，一维内层循环要倒着来！不然会重复}\)，这是在01背包中需要做的，但是在这里就不需要了呀，反正每种物品都有无穷多件，为什么要考虑重合呢？
所以直接从小到大枚举就行啦！！！
T3 多重背包
这是一道\(Dp\)的模板题，也没什么好说的，直接开始吧
有N件物品和一个容量为\(V\)的背包。每种物品均有有限多件，第\(i\)件物品所占空间是\(C_i\)，价值是\(W_i\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
数据范围：\(0 \le V \le 1000,0\le N\le 100,0 < C \le 1000,0 < W \le 100\)
似乎并没有什么关键点，粗略判断时间复杂度，\(emm······\)，\(O(NV)\)是可以过的，那就往这方面想吧
我们发现这道题是不是和这道题、这道题很像？是的这两道题之间的差异只在这一句话\(\text{“每种物品均有有限多件”}\)，所以可以推断出这道题的式子一定和上一道题很像，所以建议先看一看上一题的题解
其实这也不是很简单吗？既然他有有限个物品，那把它转化为多个一样的物品不就做出来了吗？所以只需要在\(01\)背包的基础上再加上预处理就行啦
还不会\(01\)背包的人戳这儿
T4 过河卒
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\(A\)点有一个过河卒，需要走到目标\(B\)点。卒行走规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如上图的\(C\)点），该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。例如上图\(C\)点上的马可以控制\(9\)个点（图中的\(P1,P2…P8\)和\(C\)）。卒不能通过对方马的控制点。
棋盘用坐标表示，\(A\) 点\((0,0)\)、\(B\)点\((n,m)\)（\(n,m\)为不超过\(20\)的整数)，同样马的位置坐标是需要给出的。现在要求你计算出卒从\(A\)点能够到达\(B\)点的路径的条数。
很明显，这道题用暴搜是不行的，所以要用\(Dp\)
我们首先定义状态，我们设\(f_{i,j}\)为从点\((0,0)\)走到点\((i,j)\)一共有多少种方案，然后就可以开始愉快地推式子啦
首先我们知道\(f_{i,j}\)可以从\(f_{i-1,j}\)和\(f_{i,j-1}\)转移过来，因为如果要走到点\((i,j)\)，就一定要么要经过\((i-1,j)\)，要么要经过\((i,j-1)\)，而且只能从这两个点走过来。所以我们可以很容易就推出一个式子:
可是我们还有“马”没有处理呢！其实这个也很简单，因为没法走到被马控制的点，所以只需要针对马控制的点\((i,j)\)，将\(f_{i,j}\)改为\(0\)就行了
所以我们就顺利地推出来了
T5 邮票问题
给定一个信封，最多只允许粘贴\(n(n\le100)\)张邮票，我们现在有\(m(m\le100)\)种邮票，面值分别为：\(x_1,x_2,······,x_m(xi\le255,\text{为正整数})\)分，并假设各种邮票都有足够多张。要求计算所能获得的邮资最大范围。即求最大值\(MAX\)，使在\(1-MAX\)之间的每一个邮资值都能得到。
很明显，这是一道\(Dp\)的题目
我们先定义一个状态\(f_j\)表示要凑到面值为\(j\)分的邮票最少需要多少张邮票，容易得到，若果我们有一张面值为\(x\)的邮票，那么\(f_j=f_{j-x}+1\)，不过有可能这并不是最优的解法呀，所以我们需要取一个\(max\)，于是我们的式子就这么简单地推出来了:
T6 骑士游历
我们考虑一个点能在哪个点跳过来，设当前点的坐标是\((x,y)\)，则能在点\((x-2,y-1),(x-2,y+1),(x-1,y-2),(x-1,y+2)\)跳过去。
那么就很容易想到，设\(f[x][y]\)表示从起点到点\((x,y)\)的方案数，状态转移方程为：\(f[x][y] = f[x - 2][y - 1] + f[x - 2][y + 1] + f[x - 1][y - 2], f[x - 1][y + 2]\)。
需要注意的是，要判断数组越界(国际惯例)，本题坐标从左下角开始，答案要开\(long long\)。
T7 乘积最大
这题数据很水，可以直接dfs
首先，因为输入的是一个字符串，我们先将字符串转化成一个数组。设\(a[i][j]\)表示截取第i个数字到第j个数字所表示的数值。
然后，因为这题是一道区间dp，所以我们设\(f[i][j]\)表示前i位插入\(j\)个乘号所得到的最大值。
很容易想到初始数值是前i位如果不插入乘号，那么答案就是前i位表示的数值，即\(f[i][0] = a[0][i]\)。
最后，状态转移方程为\(f[i][j] = max(f[pos][j-1] * a[pos + 1][i],f[i][j])\)，其中\(f[pos][j - 1] * a[pos + 1][i]\)表示在第\(pos\)个数字和第\(pos + 1\)个数字之间插入一个乘号时的最大值。(\(pos\)从\(0\)到\(i - 1\))
T8 没有上司的舞会
其实这题是一道树形dp，我也不知道为什么在动态规划基础2里面
首先显而易见，可以设\(f[u]\)表示以\(i\)为根的子树上最大的快乐指数，但由于每个人是否参加舞会会对他的下属能否参加舞会有影响，也就是说有后效性，所以仅仅这样设计是不够的。
考虑加第二维数组，\(f[u][0/1]\)表示以\(u\)为根的子树的最大的欢乐指数，\(0\)表示\(u\)不去，\(1\)表示\(u\)去。
那么状态转移方程就比较容易了：
当u不去时，它的儿子节点v可去可不去，所以我们取最大值，即\(f[u][0] += max(f[v][0],f[v][1])\)。
当u去时，它的儿子节点v只能不去，即\(f[u][1] += f[v][0]\)。
T9 寻宝
设\(f[u][i]\)表示第\(i\)个节点用\(j\)天取到的最多宝藏。
初始数值是第\(u\)个节点第0天取到的最多宝藏就是\(v[u]\)，即\(f[u][0] = v[u]。\)
状态转移方程为\(f[u][j] = max(f[u][j],f[u][j - k - w * 2] + f[v][k])\)，其中，\(f[u][j - k - w * 2]\)的意思是当前子节点\(v\)用\(k\)的时间，\(w * 2\)是从\(u\)到\(v\)再回到\(u\)的时间。
T10 完美服务器
设\(f[u][0/1/2]\)表示以\(u\)为根的子树的最少要设置服务器的数量。
其中，
\(f[u][0]\)表示\(u\)是服务器，此时每个子结点可以是也可以不是。状态转移方程为\(f[u][0] += min(f[v][0],f[v][1])\)。
\(f[u][1]\)表示\(u\)不是服务器，但\(u\)的父亲是，此时\(u\)的子结点都不是服务器。状态转移方程为\(f[u][1] += f[v][2]\)。
\(f[u][2]\)表示\(u\)和\(u\)的父亲都不是服务器，此时u的子结点恰有一个是服务器。状态转移方程为\(f[u][2] = min(f[u][2],f[u][1] + f[v][0] - f[v][2])\)。
初始值为\(f[u][0] = 1\)，\(f[u][2] = INF\)。
需要注意的是，\(INF\)不能太大，否则\(f[u][2]\) 会爆掉。
写在后面
版权人
本题解是两位大佬的题解拼合而成，分别是：The_Nobody和zhnzh(排名不分先后)
来源
(来源不分先后)
