• 记录结果再利用的"动态规划"

    01背包问题

    • 问题描述：有n个重量和价值分别为wi、vi的物品，从这些物品中挑选出总重量不超过W的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤100
      • 1≤wi、vi≤100
      • 1≤W≤10000
    • 分析：
      • 不妨先用最朴素的方法，针对每个物品是否放入背包进行搜索试试看： 
         1 #include <iostream>
 2 using namespace std;
 3 
 4 int n,W;
 5 int *w,*v;
 6 
 7 int max(int x, int y)
 8 {
 9     if (x>y) return x;
10     return y;
11 }
12 
13 int rec(int i, int j)//从数组下标为i的物品开始往后挑选总重小于j的物体 
14 {
15     int res;
16     if (i==n) res=0;
17     else if (j<w[i]) res=rec(i+1,j);
18     else res=max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]);
19     return res;
20 }
21 
22 int main()
23 {
24     cin >> n >> W;
25     w = new int[n];
26     v = new int[n];
27     for (int i=0; i<n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
28     cout << rec(0,W) << endl;
29 }
        朴素搜索

         这种方法的搜索深度是n，而且每一层的搜索都需要两次分支，最坏就需要O(2n)的时间。

      • 通过分析ren递归调用的情况，我们可以发现rec()函数对于相同的参数进行了多次调用，因此进行了很多遍相同的计算过程，如果我们把第一次计算的结果记录下来，那么就可以省掉第二次及以后的重复计算，这种方法叫做记忆话搜索，对于同样的参数，只会在第一次被调用到时执行递归部分，第二次之后都会直接返回结果，参数的组合不过nW种，而函数内只调用2次递归，所以只需要O(nW)的复杂度： 
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int *w,*v;
 7 int **dp;
 8 
 9 int max(int x, int y)
10 {
11     if (x>y) return x;
12     return y;
13 }
14 
15 int rec(int i, int j)//从数组下标为i的物品开始往后挑选总重小于j的物体 
16 {
17     if (j[i[dp]]>=0) return j[i[dp]]; 
18     int res;
19     if (i==n) res=0;
20     else if (j<w[i]) res=rec(i+1,j);
21     else res=max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]);
22     return j[i[dp]] = res;
23 }
24 
25 int main()
26 {
27     cin >> n >> W;
28     w = new int[n];
29     v = new int[n];
30     dp = new int*[n+1];
31     for (int i=0; i<=n; i++)
32     {
33         dp[i] = new int[W+1];
34         memset(dp[i],-1,sizeof(int)*(W+1));
35     }
36     for (int i=0; i<n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
37     cout << rec(0,W) << endl;
38 }
        记忆化搜索

         其中memset()函数时按照1字节为单位对内存进行填充的，通过使用memset可以快速地对高维数组等进行初始化

      • 在需要剪枝的情况下，可能会把各种参数都写在函数上，但是在这种情况下会让记忆化搜索难以实现，需要注意
      • 研究一下记忆化数组，记dp[i][j]为从第i个物品(编号为i的物品)开始挑选总重小于j时，总价值的最大值。于是我们就有如下的递推式：
        dp[n][j]=0
                      /  dp[i+1][j]  (j<w[i]时)
        dp[i][j] =
                        max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])  (其它情况下)
        如上所示，不同写递归函数，直接利用递推式将各项的值计算出来，简单地用二重循环也可以解决这一问题，复杂度为O(nW)，与记忆化搜索是一样的，但是简洁了很多，这种方法叫做动态规划，即常说的DP： 
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int *w,*v;
 7 int **dp;
 8 
 9 int max(int x, int y)
10 {
11     if (x>y) return x;
12     return y;
13 }
14 
15 int main()
16 {
17     cin >> n >> W;
18     w = new int[n];
19     v = new int[n];
20     dp = new int*[n+1];
21     for (int i=0; i<=n; i++)
22     {
23         dp[i] = new int[W+1];
24         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(W+1));
25     }
26     for (int i=0; i<n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
27     for (int i=n-1; i>=0; i--)
28     {
29         for (int j=0; j<=W; j++)
30         {
31             if (j<w[i]) dp[i][j]=dp[i+1][j];
32             else dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
33         }
34     }
35     cout << dp[0][W] << endl;
36 }
        动态规划
      • 此外，我们还有各种各样的DP方式：
        1.刚刚的DP中关于i的循环是逆向进行的，那如果按照如下的方式定义递推关系的话，关于i的循环就可以正向进行：
        dp[i+1][j] := 从前i+1个物品(即从编号为0到i这i+1个物品)中选出总重量不超过j的物品时总价值的最大值
        dp[0][j] = 0
                         /  dp[i][j]  (j<w[i]时)
        dp[i+1][j] = 
                           max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i])  (其它情况下)
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int *w,*v;
 7 int **dp;
 8 
 9 int max(int x, int y)
10 {
11     if (x>y) return x;
12     return y;
13 }
14 
15 int main()
16 {
17     cin >> n >> W;
18     w = new int[n];
19     v = new int[n];
20     dp = new int*[n+1];
21     for (int i=0; i<=n; i++)
22     {
23         dp[i] = new int[W+1];
24         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(W+1));
25     }
26     for (int i=0; i<n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
27     for (int i=0; i<n; i++)
28     {
29         for (int j=0; j<=W; j++)
30         {
31             if (j<w[i]) dp[i+1][j]=dp[i][j];
32             else dp[i+1][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]);
33         }
34     }
35     cout << dp[n][W] << endl;
36 }
        动态规划'

         2.除了运用递推方式逐项求解之外，还可以把状态转移想象成从"前i个物品中选取总重量不超过j时的状态"向"前i+1个物品中选取总重量不超过j"和"从前i+1个物品中选取总重量不超过j+w[i]时的状态"的转移：

         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int *w,*v;
 7 int **dp;
 8 
 9 int max(int x, int y)
10 {
11     if (x>y) return x;
12     return y;
13 }
14 
15 int main()
16 {
17     cin >> n >> W;
18     w = new int[n];
19     v = new int[n];
20     dp = new int*[n+1];
21     for (int i=0; i<=n; i++)
22     {
23         dp[i] = new int[W+1];
24         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(W+1));
25     }
26     for (int i=0; i<n; i++) cin >> w[i] >> v[i];
27     for (int i=0; i<n; i++)
28     {
29         for (int j=0; j<=W; j++)
30         {
31             dp[i+1][j] = max(dp[i+1][j],dp[i][j]);
32             if (j+w[i]<=W) dp[i+1][j+w[i]] = max(dp[i+1][j+w[i]],dp[i][j]+v[i]);
33         }
34     }
35     cout << dp[n][W] << endl;
36 }
        动态规划''

        如果像上面这样，把问题写成从当前状态转移成下一状态的形式的话，需要特别注意初项之外也需要初始化，在这个问题中，因为价值总和至少是0，所以初值设为0就可以了，不过根据问题也有可能需要初始化成无穷大。

    最长公共子序列问题

    • 问题描述：给定两个字符串s1s2…sn和t1t2…tn。求这两个字符串最长的公共子序列的长度。
    • 限制条件：1≤n,m≤1000
    • 分析：这个问题是被称为最长公共子序列问题(LCS,Longest Common Subsequence)的著名问题。不妨使用下面的定义：
      dp[i][j] :=s1…si和t1…tj对应的LCS的长度
      由此，s1…si+1和t1…tj+1对应的公共子列可能是
      ①当si+1=tj+1时，在s1…si和t1…tj的LCS末尾追加上si+1；
      ②s1…si和t1…tj+1的LCS；
      ③s1…si+1和t1…tj和LCS；
      三者中的某一个，所以就有如下的递推关系成立：
                            /  max(dp[i][j]+1,dp[i][j+1],dp[i+1][j])  (si+1=tj+1)
      dp[i+1][j+1] = 
                              max(dp[i][j+1],dp[i+1][j])  (其它情况下)
      然而，稍微思考一下，就能发现当si+1=tj+1时，只需令dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1就可以了
      于是，总的递推式可写为：
                           /  dp[i][j]+1  (si+1=tj+1)
      dp[i+1][j+1] = 
                              max(dp[i][j+1],dp[i+1][j])  (其它情况下)
      复杂度为O(nm)，dp[n][m]就是LCS的长度
    • 代码： 
       1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,m;
 6 char * s;
 7 char * t;
 8 int **dp;
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> m;
19     s = new char[n+1];
20     t = new char[m+1];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> s[i];
24     }
25     for (int i=0; i<m; i++)
26     {
27         cin >> t[i];
28     }
29     dp = new int*[n+1];
30     for (int i=0; i<=n; i++) 
31     {
32         dp[i] = new int[m+1];
33         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(m+1));
34     }
35     for (int i=0; i<n; i++)
36     {
37         for (int j=0; j<m; j++)
38         {
39             if (s[i]==t[j]) dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
40             else dp[i+1][j+1]=max(dp[i+1][j],dp[i][j+1]);
41         }
42     }
43     cout << dp[n][m] << endl;
44 }
      LCS

    完全背包问题

    • 问题描述：有n种重量和价值分别为wi，vi的物品，从这些物品中挑选总重量不超过W的物品，求出挑选物品价值总和的最大值，在这里，每种物品可以挑选任意多件。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤100
      • 1≤wi,vi≤100
      • 1≤W≤10000
    • 分析：
      • 这次同一种类的物品可以选择任意多件了，尝试着写出递推关系：
        dp[i+1][j] := 从前i+1种(编号)物品中挑选总重量不超过j时总价值的最大值.
        dp[0][j]=0
        dp[i+1][j]=max{dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]|k≥0}
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int * w;
 7 int * v;
 8 int **dp;
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> W;
19     w = new int[n];
20     v = new int[n];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> w[i] >>v[i];
24     }
25     dp = new int*[n+1];
26     for (int i=0; i<=n; i++) 
27     {
28         dp[i] = new int[W+1];
29         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(W+1));
30     }
31     for (int i=0; i<n; i++)
32     {
33         for (int j=0; j<=W; j++)
34         {
35             for (int k=0; k*w[i]<=j; k++)
36             {
37                 dp[i+1][j] = max(dp[i+1][j],dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]);
38             }
39         }
40     }
41     cout << dp[n][W] << endl;
42 }
        完全背包
      • 上面的程序是三重循环的，关于k的循环最坏可能从0到W，所以这个算法的复杂度为O(nW2),这样并不够好
        我们来找一找这个算法中多余的计算(已经知道结果的计算)，在dp[i+1][j]的计算中选择k(k≥1)个的情况，与在dp[i+1][j-w[i]]的计算中选择k-1个情况是相同的，所以dp[i+1][j]的递推中k≥1部分的计算已经在dp[i+1][j-w[i]]的计算中完成了：
        dp[i+1][j]
        = max{dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]|k≥0}
        = max(dp[i][j],max{dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]|k≥1})
        = max(dp[i][j],max{dp[i][(j-w[i])-k*w[i]]+k*v[i]|k≥0}+v[i])
        = max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])
        即：dp[i+1][j] = max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])
        这样处理之后，就不需要关于k的循环了，现在的复杂度为O(nW): 
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int * w;
 7 int * v;
 8 int **dp;
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> W;
19     w = new int[n];
20     v = new int[n];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> w[i] >>v[i];
24     }
25     dp = new int*[n+1];
26     for (int i=0; i<=n; i++) 
27     {
28         dp[i] = new int[W+1];
29         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(W+1));
30     }
31     for (int i=0; i<n; i++)
32     {
33         for (int j=0; j<=W; j++)
34         {
35             if (j<w[i]) dp[i+1][j] = dp[i][j];
36             else dp[i+1][j] = max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
37         }
38     }
39     cout << dp[n][W] << endl;
40 }
        完全背包'
      • 此外，此前提到的01背包问题和这里的完全背包问题，可以利用一维数组来实现：
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int * w;
 7 int * v;
 8 int *dp;
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> W;
19     w = new int[n];
20     v = new int[n];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> w[i] >>v[i];
24     }
25     dp = new int[W+1];
26     memset(dp,0,sizeof(int)*(W+1));
27     for (int i=0; i<n; i++)
28     {
29         for (int j=W; j>=w[i]; j--)
30         {
31             dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
32         }
33     }
34     cout << dp[W] << endl;
35 }
        01背包(一维数组)
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int * w;
 7 int * v;
 8 int *dp;
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> W;
19     w = new int[n];
20     v = new int[n];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> w[i] >>v[i];
24     }
25     dp = new int[W+1];
26     memset(dp,0,sizeof(int)*(W+1));
27     for (int i=0; i<n; i++)
28     {
29         for (int j=w[i]; j<=W; j++)
30         {
31             dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
32         }
33     }
34     cout << dp[W] << endl;
35 }
        完全背包(一维数组)

        可以发现，两者只有关于j的循环方向不同，仔细想来，是非常有道理的

      • 除了上面的情况外，还有可能通过将两个数组滚动使用来实现重复利用，例如之前的
        dp[i+1][j] = max(dp[i][j], dp[i+1][j-w[i]]+v[i])
        这一递推式中，dp[i+1]计算时只需要dp[i]和dp[i+1]，所以可以结合奇偶性写成：
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n,W;
 6 int * w;
 7 int * v;
 8 int *dp[2];
 9 
10 int max(int x, int y)
11 {
12     if (x>y) return x;
13     return y;
14 }
15 
16 int main()
17 {
18     cin >> n >> W;
19     w = new int[n];
20     v = new int[n];
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         cin >> w[i] >>v[i];
24     }
25     dp[0] = new int[W+1];
26     dp[1] = new int[W+1];
27     memset(dp[0],0,sizeof(int)*(W+1));
28     memset(dp[1],0,sizeof(int)*(W+1));
29     for (int i=0; i<n; i++)
30     {
31         for (int j=0; j<=W; j++)
32         {
33             if (j<w[i]) dp[(i+1) & 1][j] = dp[i & 1][j];
34             else dp[(i+1) & 1][j] = max(dp[i & 1][j],dp[i & 1][j-w[i]]+v[i]); 
35         }
36     }
37     cout << dp[n & 1][W] << endl;
38 }
        01背包(滚动数组)

    01背包问题之2

    • 问题描述：有n个重量和价值分别为wi、vi的物品，从这些物品中挑选出总重量不超过W的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤100
      • 1≤wi≤107
      • 1≤vi≤100
      • 1≤W≤109
    • 这一问题与最初的01背包问题相比，只是修改了限制条件的大小。此前求解此问题的方法的复杂度是O(nW)，对于这一问题的规模来讲就不够用了。在这个问题中，相比较重量而言，价值的范围比较小，所以可以试着改变DP的对象。之前的方法中，我们用DP针对不同的重量限制计算最大的价值，在这里，我们不妨尝试着用DP针对不同的价值计算最小的重量：
      dp[i+1][j] := 从前i+1个物品(编号从0到i)中挑选出价值总和为j时总重量的最小值(不存在时就是一个充分大的数值INF)
      由于前0个物品中什么都挑选不了，所以初始值为
      dp[0][0] = 0
      dp[0][j] = INF
      此外，从前i个物品中挑选出价值总和为j时，一定有
      ①前i-1个物品中挑选价值总和为j的部分
      ②前i-1个物品中挑选价值总和为j-v[i]的部分，然后再选中第i个物品
      这两种方法之一，所以就得到递推式：
      dp[i+1][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-v[i]]+w[i])
      最终的答案就对应于令dp[n][j]≤W的最大的j，这样求解的时间复杂度为O(n∑vi)，对此题限制条件下的输入就可以在时间限制内解出了。当然如果价值变大了的话，这里的算法也变得不可行了，我们需要依据问题的规模来改变算法 
       1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 using namespace std;
 4 
 5 const int INF = 0x3FFFFFF;
 6 int n,W;
 7 int * w;
 8 int * v;
 9 int **dp;
10 
11 int min(int x, int y)
12 {
13     if (x>y) return y;
14     return x;
15 }
16 
17 int main()
18 {
19     cin >> n >> W;
20     w = new int[n];
21     v = new int[n];
22     int maxv=0;
23     for (int i=0; i<n; i++)
24     {
25         cin >> w[i] >>v[i];
26         if (v[i]>maxv) maxv=v[i];
27     }
28     dp= new int*[n+1];
29     for (int i=0; i<=n; i++)
30     {
31         dp[i] = new int[n*maxv+1];
32         for (int j=0; j<=n*maxv; j++) dp[i][j]=INF;
33     }
34     dp[0][0] = 0;
35     for (int i=0; i<n; i++)
36     {
37         for (int j=0; j<=n*maxv; j++)
38         {
39             if (j<v[i]) dp[i+1][j] = dp[i][j];
40             else dp[i+1][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]); 
41         }
42     }
43     for (int i=n*maxv; i>=0; i--)
44         if (dp[n][i] <= W)
45         {
46             cout << i << endl;
47             break;
48         }
49 }
      01背包2

    多重部分和问题

    • 问题描述：有n种不同大小的数字ai，每种各mi个，判断是否可以从这些数字之中选出若干使它们的和恰好为K。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤100
      • 1≤ai，mi≤100000
      • 1≤K≤100000
    • 分析：
      • 这个问题可以用DP来做，不过如何定义递推关系会影响到最终的复杂度。先看这个定义：
        dp[i+1][j] := 用前i种数字是否能加和成j
        为了用前i种数字加和成j，也就需要能用前i-1种数字加和成j，j-ai，…，j-mi*ai中的某一种，由此可以得出如下递推关系：
        dp[i+1][j] = (0≤k≤mi且k*ai≤j时存在使dp[i][j-k*ai]为真的k)
        这个算法的时间复杂度是O(K*∑mi) 
         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n,K;
 7 int * a;
 8 int * m;
 9 bool ** dp;
10 
11 int main()
12 {
13     cin >> n >> K;
14     a = new int[n];
15     m = new int[n];
16     for (int i=0; i<n; i++)
17         cin >> a[i] >> m[i];
18     dp = new bool*[n+1];
19     for (int i=0; i<=n; i++)
20     {
21         dp[i] = new bool[K+1];
22         memset(dp[i],false,sizeof(bool)*(K+1));
23     }
24     dp[0][0] = true;
25     for (int i=0; i<n; i++)
26     {
27         for (int j=0; j<=K; j++)
28         {
29             for (int k=0; j-k*a[i]>=0 && k<=m[i]; k++)
30             {
31                 dp[i+1][j] |= dp[i][j-k*a[i]];
32             }
33         }
34     }
35     if (dp[n][K]) cout << "Yes" << endl;
36     else cout << "No" << endl;
37 }
        多重部分和问题

      • 上面的做法并不够好，一般来讲，用DP来求取bool结果的话会有不少浪费，同样的复杂度通常能获得更多的信息，在这个问题中，我们不光求出能否得到目标的和数，同时把得到时ai这个数还剩下多少个计算出来，这样就可以减少复杂度：
        dp[i+1][j] := 用前i+1种数加和得到j时第i+1种数(编号为i)最多能剩余多少个(不能加和得到j的情况下为-1)
        按照如上所述定义递推关系，这样如果前i-1个数加和能得到j的话，第i个数就可以留下mi个。此外，前i+1种数加和出j-ai时第i+1种数还剩下k(k>0)的话，用这i+1种数加和j时第i+1种数就能剩下k-1个，由此可以得出下面的递推式：
        dp[i+1][j] = ① mi  (dp[i][j]>=0)
                          ② -1  (j<ai或者dp[i+1][j-ai]≤0)
                          ③dp[i+1][j-ai]-1  (其它情况下)
        这样，只要看dp[n][K]≥0是否成立，就可以知道答案了，时间复杂度是O(nK)，如果使用一维数组还可以将空间压缩：

         1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n,K;
 7 int * a;
 8 int * m;
 9 int * dp;
10 
11 int main()
12 {
13     cin >> n >> K;
14     a = new int[n];
15     m = new int[n];
16     for (int i=0; i<n; i++)
17         cin >> a[i] >> m[i];
18     dp = new int[K+1];
19     memset(dp,-1,sizeof(int)*(K+1));
20     dp[0] = 0;
21     for (int i=0; i<n; i++)
22     {
23         for (int j=0; j<=K; j++)
24         {
25             if (dp[j]>=0) dp[j]=m[i];
26             else if(j<a[i] || dp[j-a[i]]<=0) dp[j]=-1;
27             else dp[j]=dp[j-a[i]]-1;
28         }
29     }
30     if (dp[K]>=0) cout << "Yes" << endl;
31     else cout << "No" << endl;
32 }
        多重部分和问题'

    最长上升子序列问题

    • 问题描述：有一个长为n的数列a0，a1，…，an-1.求出这个序列中最长的上升子序列的长度。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤1000
      • 0≤ai≤1000000
    • 分析：这个问题是被称作最长上升子序列（LCS，Longest Increasing Subsequence）的著名问题。这一问题通过使用DP可以很有效率地解决。
      • 首先，先建立递推关系：
        定义dp[i] := 以ai为末尾的最长上升子序列的长度
        以ai结尾的上升子序列是
        ①只包含ai的子序列
        ②在满足j<i并且ai<aj的以aj为结尾的上升子序列末尾，追加上ai后得到的子序列
        这二者之一，这样不难得到递推关系：dp[i] = max{1,dp[j]+1|j<i且aj<ai}
        时间复杂度为O(n2) 
         1 #include <iostream>
 2 
 3 using namespace std;
 4 
 5 int n;
 6 int * a;
 7 int * dp;
 8 int ans=1;
 9 
10 int main()
11 {
12     cin >> n;
13     a = new int[n];
14     dp = new int[n];
15     for (int i=0; i<n; i++)
16     {
17         cin >> a[i];
18         dp[i] = 1;
19     }
20     for (int i=1; i<n; i++)
21     {
22         for (int j=0; j<i; j++)
23         {
24             if (a[j]<a[i] && (dp[j]+1)>dp[i]) dp[i]=dp[j]+1;
25         }
26         if (dp[i]>ans) ans = dp[i];
27     }
28     cout << ans << endl;
29 }
        LIS
      • 那么，有没有效率更高效的方法呢？前面我们利用DP求取针对最末位的元素的LIS，如果子序列的长度相同，那么最末位的元素较小的在之后会更加有优势，所以我们再反过来用DP针对相同长度情况下最小的末尾元素进行求解：
        dp[i] := 长度为i+1的上升子序列中末尾元素的最小值（不存在的话就是INF）
        最开始的话dp[i]都初始化为INF，然后由前到后逐个考虑数组a的元素，对于每个aj，如果i=0或者dp[i-1]<aj的话，就用dp[i]=min(dp[i],aj)进行更新，最终找出使得dp[i]<INF的最大的i+1就是结果了。复杂度和之前一样为O(n2)，但这一算法还可以进一步优化，显然dp数组中除INF之外是单调递增的，所以可以知道对于每个aj最多只需要1次更新，对于这次更新的位置，可二分搜索，这样就可以在O(nlogn)时间内出结果了 
         1 #include <iostream>
 2 #include <algorithm>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 const int INF = 0x3FFFFFF;
 7 int n;
 8 int * a;
 9 int * dp;
10 int ans=1;
11 
12 int main()
13 {
14     cin >> n;
15     a = new int[n];
16     dp = new int[n];
17     for (int i=0; i<n; i++)
18     {
19         cin >> a[i];
20         dp[i] = INF;
21     }
22     for (int i=0; i<n; i++)
23     {
24         *(lower_bound(dp,dp+n,a[i])) = a[i];
25     }
26     cout << lower_bound(dp,dp+n,INF)-dp << endl;
27 }
        LIS'
        上面的代码使用了lower_bound这个STL函数，这个函数从已排好序的序列a中利用二分搜索找出指向满足ai≥k的ai的最小的指针
        类似的函数还有upper_bound，这一函数求出的是指向满足ai>k的ai的最小的指针
        有了它们，比如长度为n的有序数组a中的k的个数，可以这样方便地求出：upper_bound(a,a+n,k)-lower_bound(a,a+n,k)

    有关计数问题的DP

    划分数

    • 问题描述：有n个无区别的物品，将它们划分成不超过m组，求出划分方法数模M的余数
    • 限制条件 
      • 1≤m≤n≤1000
      • 2≤M≤10000
    • 这样的划分被称作n的m划分，特别地，m=n时称作n的划分数。(
      科普：将基数为n的集合划分为恰好k个非空集的方法的数目称为第二类Stirling数，而将基数为n的集合划分为任意个非空集的方法的数目称为Bell数)
      DP不仅对于求解最优问题有效，对于各种排列组合的个数、概率或者期望之类的计算同样很有用。
      分析：
      定义：dp[i][j] :=j的i划分的总数
      根据这一定义写出递推关系，将j个划分i份的话，可以先取k个，然后将剩下的j-k个分成i-1份，这个想法看起来很自然，但是错误的,因为有大量的重复计数！
      寻找别的递推关系，考虑n的m划分ai（∑ai=n），如果对于每个i都有ai>0，那么{ai-1}就对应了n-m的m划分，另外，如果存在ai=0，那么这就对应了n的m-1划分，综上，我们可以写出这样的递推关系:
      dp[i][j]=dp[i][j-i]+dp[i-1][j]
      这个递推式可以不重复地计算所有的划分，复杂度为O(nm)，像这样需要在计数问题中解决重复计算问题时，需要特别小心 
       1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n,m,M;
 7 int * a;
 8 int **dp;
 9 
10 int main()
11 {
12     cin >> n >> m >> M;
13     a = new int[n];
14     dp = new int*[m+1];
15     for (int i=0; i<=m; i++)
16     {
17         dp[i]=new int[n+1];
18         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(n+1));
19     }
20     dp[0][0]=1;
21     for (int i=1; i<=m; i++)
22     {
23         for (int j=0; j<=n; j++)
24         {
25             if (j>=i) dp[i][j]=(dp[i][j-i]+dp[i-1][j])%M;
26             else dp[i][j]=dp[i-1][j];
27         }
28     }
29     cout << dp[m][n] << endl;
30 }
      划分数

    多重集组合数

    • 问题描述：有n种物品，第i种物品有ai个，不同种类的物品可以互相区分，但相同种类的无法区分，从这些物品中取出m个的话，有多少种取法？求出方案数模M的余数。
    • 限制条件：
      • 1≤n≤1000
      • 1≤m≤1000
      • 1≤ai≤1000
      • 2≤M≤10000
    • 分析：为了不重复计数，同一种类的物品最好一次性处理好。
      按照如下方式进行定义：
      dp[i+1][j] := 从前i+1种物品中取出j个的组合总数
      为了从前i种物品中取出j个，可以从前i-1种物品中取出j-k个，再从第i种物品中取出k个添加进来，所以递推关系为：dp[i+1][j] = ∑dp[i][j-k]（0≤k≤min(j,a[i])），
      直接计算的话，复杂度是O(nm2)，比较高，接下来一波常规操作，将递推式进行变形：
      由于  ∑dp[i][j-k](0≤k≤min(j,a[i]))=(∑dp[i][j-1-k])+dp[i][j]-dp[i][j-1-a[i]] (0≤k≤min(j-1,a[i])) (其中a[i]≤j-1)  
               ∑dp[i][j-k](0≤k≤min(j,a[i]))=(∑dp[i][j-1-k])+dp[i][j] (0≤k≤min(j-1,a[i])) (其中a[i]≥j)
      所以，可将递推式变形为：
      dp[i+1][j] = dp[i+1][j-1]+dp[i][j]-dp[i][j-1-a[i]] (其中a[i]≤j-1)
      dp[i+1][j] = dp[i+1][j-1]+dp[i][j] (其中a[i]≥j)
       1 #include <iostream>
 2 #include <cstring>
 3 
 4 using namespace std;
 5 
 6 int n,m,M;
 7 int * a;
 8 int **dp;
 9 
10 int main()
11 {
12     cin >> n >> m >> M;
13     a = new int[n];
14     dp = new int*[n+1];
15     for (int i=0; i<n; i++) cin >> a[i]; 
16     for (int i=0; i<=n; i++)
17     {
18         dp[i]=new int[m+1];
19         memset(dp[i],0,sizeof(int)*(m+1));
20     }
21     for (int i=0; i<=n; i++)
22     {
23         dp[i][0] = 1;
24     }
25     for (int i=0; i<n; i++)
26     {
27         for (int j=1; j<=m; j++)
28         {
29             if (j-1>=a[i]) dp[i+1][j]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j]-dp[i][j-1-a[i]]+M)%M;
30             else dp[i+1][j]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j])%M;
31         }
32     }
33     cout << dp[n][m] << endl;
34 }
      多重集组合数
  • 相关阅读:
    批量删除.svn文件夹、.svn文件
    Windows 7下Git SSH 创建Key的步骤
    Git：本地项目与远程仓库的git/clone
    git解决二进制文件冲突
    git设置mergetool可视化工具
    redhat7.2配置yum源
    project2016安装与破解
    strace 使用案例
    运维老鸟教你安装centos6.5如何选择安装包
    CSS限制
  • 原文地址：https://www.cnblogs.com/Ymir-TaoMee/p/9419377.html
Copyright © 2020-2023  润新知