2016-6-19 动态规划，贪心算法练习

DP：1.codevs 1493 糖果

 

 时间限制: 1 s

 空间限制: 128000 KB

 题目等级 : 黄金 Gold

 

题目描述 Description

最近小修很高兴，因为她的k个外甥就要来她家里玩了。她上超市买了一大堆糖果，总共有n颗。

小修准备把所有的糖果分成k堆（当然每一堆至少要有一颗糖果）。可是到底有多少种分法呢？

她冥思苦想不得其解，你能帮助她吗？

输入描述 Input Description

两个用空格分开的整数n, k(n<=60000, k<=100)。

输出描述 Output Description

仅一个数：方案总数。

注意：因为方案数可能很多，你仅需要输出结果mod 10000的值。

样例输入 Sample Input

4 2

样例输出 Sample Output

2

#define N 60005
#define K 105
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#define mod 10000
int n,k;
int f[N][K];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j)
      {
          if(j==1)
           f[i][j]=1;
          else f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-j][j])%mod;
      }
    printf("%d
",f[n][k]);
    return 0;
}

贪心：2.1052 地鼠游戏

 

 时间限制: 1 s

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 题目等级 : 钻石 Diamond

 

题目描述 Description

    王钢是一名学习成绩优异的学生，在平时的学习中，他总能利用一切时间认真高效地学习，他不但学习刻苦，而且善于经常总结、完善自己的学习方法，所以他总能在每次考试中得到优异的分数，这一切很大程度上是由于他是一个追求效率的人。

    但王钢也是一个喜欢玩的人，平时在学校学习他努力克制自己玩，可在星期天他却会抽一定的时间让自己玩一下，他的爸爸妈妈也比较信任他的学习能力和学习习惯，所以在星期天也不会象其他家长一样对他抓紧，而是允许他在星期天上午可以自由支配时间。

    地鼠游戏是一项需要反应速度和敏捷判断力的游戏。游戏开始时，会在地板上一下子冒出很多地鼠来，然后等你用榔头去敲击这些地鼠，每个地鼠被敲击后，将会增加相应的游戏分值。问题是这些地鼠不会傻傻地等你去敲击，它总会在冒出一会时间后又钻到地板下面去（而且再也不上来），每个地鼠冒出后停留的时间可能是不同的，而且每个地鼠被敲击后增加的游戏分值也可能是不同，为了胜出，游戏参与者就必须根据每个地鼠的特性，有选择地尽快敲击一些地鼠，使得总的得分最大。

这个极具挑战性的游戏王钢特别喜欢，最近他经常在星期天上午玩这个游戏，慢慢地他不但敲击速度越来越快（敲击每个地鼠所需要的耗时是1秒），而且他还发现了游戏的一些特征，那就是每次游戏重新开始后，某个地鼠冒出来后停留的时间都是固定的，而且他记录了每个地鼠被敲击后将会增加的分值。于是，他在每次游戏开始后总能有次序地选择敲击不同的地鼠，保证每次得到最大的总分值。

输入描述 Input Description

    输入包含3行，第一行包含一个整数n（1<=n<=100）表示有n个地鼠从地上冒出来，第二行n个用空格分隔的整数表示每个地鼠冒出后停留的时间，第三行n个用空格分隔的整数表示每个地鼠被敲击后会增加的分值（<=100）。每行中第i个数都表示第i个地鼠的信息。

输出描述 Output Description

    输出只有一行一个整数，表示王钢所能获得的最大游戏总分值。

样例输入 Sample Input

5

5  3  6  1  4

7  9  2  1  5

样例输出 Sample Output

24

/*一开始理解错了，以为是个线段覆盖，后来发现线段只有上下界，具体的端点是没有的。
贪心法：处理出每个点在最大停留时间的剩余时间，先处理剩余时间少的，也就是在一个地鼠即将下地的前一秒敲它。如果有同样好几个时间少，就取分数最大的。
*/
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 132
struct Ds{
    int tim,fs;
    bool operator<(Ds p)
    const{return tim<p.tim;}
}ds[120];
int n,maxsytim=0,ans=0,sum;
bool visit[N];
void input()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&ds[i].tim);
        sum=max(sum,ds[i].tim);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ds[i].tim=sum-ds[i].tim;
        maxsytim=max(maxsytim,ds[i].tim);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&ds[i].fs);
      
}
int main()
{
    input();
    sort(ds+1,ds+n+1);
    for(int j=0;j<sum;++j)/*注意sum这里不是maxsysum，因为这个不是敲地鼠的总时间，而且要小于sum，因为敲一个地鼠需要一秒钟*/
    {
        int temp,kkk=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            if(ds[i].tim<=j&&!visit[i]&&ds[i].fs>kkk)
            {
                kkk=ds[i].fs;
                temp=i;
            }

        }
        visit[temp]=true;
        ans+=kkk;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

3.NOI 1757:神奇的口袋

总时间限制: 

10000ms

 

内存限制: 

65536kB

描述

有一个神奇的口袋，总的容积是40，用这个口袋可以变出一些物品，这些物品的总体积必须是40。John现在有n个想要得到的物品，每个物品的体积分别是a₁，a₂……a_n。John可以从这些物品中选择一些，如果选出的物体的总体积是40，那么利用这个神奇的口袋，John就可以得到这些物品。现在的问题是，John有多少种不同的选择物品的方式。

输入

输入的第一行是正整数n (1 <= n <= 20)，表示不同的物品的数目。接下来的n行，每行有一个1到40之间的正整数，分别给出a₁，a₂……a_n的值。

输出

输出不同的选择物品的方式的数目。

样例输入

3
20
20
20

样例输出

3

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
int n;
int a[25];
int f[45]={0};
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      scanf("%d",&a[i]);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=40;j>=a[i];--j)
      f[j]+=f[j-a[i]];
    printf("%d
",f[40]);
    return 0;
}

4.NOI 2393:Going to the Movies

总时间限制: 

10000ms

 

单个测试点时间限制: 

1000ms

 

内存限制: 

65536kB

描述

Farmer John is taking some of his cows to the movies! While his truck has a limited capacity of C (100 <= C <= 5000) kilograms, he wants to take the cows that, in aggregate, weigh as much as possible without exceeding the limit C.

Given N (1 <= N <= 16) cows and their respective weights W_i, determine the weight of the heaviest group of cows that FJ can take to the movies.

输入

* Line 1: Two space-separated integers: C and N

* Lines 2..N+1: Line i+1 contains a single integer: W_i

输出

* Line 1: A single integer that is the weight of the heaviest group of cows that can go to the movies

样例输入

259 5
81
58
42
33
61

样例输出

242

提示

81+58+42+61 = 242;
this is the best possible sum

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#define C 5101
bool f[C]={0};
int n,c;
int w[20];
int main()
{
    scanf("%d%d",&c,&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      scanf("%d",&w[i]);
    f[0]=true;
    for(int i=1;i<=n;++i) 
      for(int j=c;j>=w[i];--j)
      f[j]=f[j]||f[j-w[i]];
    for(int j=c;j>=0;--j)
    {
        if(f[j])
        {
            printf("%d
",j);
            break;
        }
    }
    return 0;
}

5.NOI 7624:山区建小学

总时间限制: 

1000ms

 

内存限制: 

65536kB

描述

政府在某山区修建了一条道路，恰好穿越总共m个村庄的每个村庄一次，没有回路或交叉，任意两个村庄只能通过这条路来往。已知任意两个相邻的村庄之间的距离为di（为正整数），其中，0 < i < m。为了提高山区的文化素质，政府又决定从m个村中选择n个村建小学（设 0 < n < = m < 500 ）。请根据给定的m、n以及所有相邻村庄的距离，选择在哪些村庄建小学，才使得所有村到最近小学的距离总和最小，计算最小值。

输入

第1行为m和n，其间用空格间隔
第2行为(m-1) 个整数，依次表示从一端到另一端的相邻村庄的距离，整数之间以空格间隔。

例如
10 3
2 4 6 5 2 4 3 1 3
表示在10个村庄建3所学校。第1个村庄与第2个村庄距离为2，第2个村庄与第3个村庄距离为4，第3个村庄与第4个村庄距离为6，...，第9个村庄到第10个村庄的距离为3。

输出

各村庄到最近学校的距离之和的最小值。

样例输入

10 2
3 1 3 1 1 1 1 1 3

样例输出

18

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#define N 523
int sum[N],w[N],n,m;
int f[N][N],p[N][N]={0};
void input()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=m-1;++i)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
    }
    sum[1]=0;
    for(int i=2;i<=m;++i)
    sum[i]=sum[i-1]+w[i-1];
    for(int i=1;i<=m;++i)
      for(int j=i;j<=m;++j)
      {
          int mid=(i+j)>>1;
          for(int l=i;l<=j;++l)
          p[i][j]+=abs(sum[l]-sum[mid]);
      }
    memset(f,99,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=m;++i)
      f[i][1]=p[1][i];
}
void dp()
{
    for(int j=2;j<=n;++j)
      for(int i=j;i<=m;++i)
        for(int k=j-1;k<=i-1;++k)
        f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+p[k+1][i]);
}
int main()
{
    input();
    dp();
    printf("%d
",f[m][n]);
    return 0;
}

6.cojs 1507. [IOI2000]邮局

★☆   输入文件：postoffice.in   输出文件：postoffice.out   简单对比
时间限制：1 s   内存限制：256 MB

【题目描述】

有一条笔直的高速公路，路旁分布着一些村庄。公路可以用一条数轴表示，则村庄的位置就是其坐标。没有两个村庄的坐标相同。两个村庄之间的距离就是它们坐标之差的绝对值。

一些——但不一定是所有的村庄将修建邮局。邮局和该邮局所在的村庄处于同一位置。应当仔细选择邮局的位置，使得所有村庄到最近邮局的距离总和最短。

你要编写一个程序，给出所有村庄的坐标和计划修建的邮局个数，计算所有村庄到最近邮局的距离总和的最小可能值。

【输入格式】

输入文件的第一行有2个正整数：村庄数V(1<=V<=300)，邮局数P(1<=P<=30)，P<=V。

第二行有V个正整数，分别代表N个村庄的坐标。坐标的范围是[1,10000]，坐标按递增顺序给出。

【输出格式】

输出一行一个正整数S，即所有村庄到最近邮局的距离总和的最小可能值。

【样例输入】

10 5

1 2 3 6 7 9 11 22 44 50

【样例输出】

9

【提示】

对于30%的数据，1<=P<=N<=10.

对于100%的数据，1<=P<=30,1<=N<=300,P<=N.

/*与上面那个题如出一辙*/
#define N 305
#define P 35
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
int f[N][P],n,p;
int x[N],dis[N][N];
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      scanf("%d",&x[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=i;j<=n;++j)
      {
          int mid=(i+j)>>1;
          for(int l=i;l<=j;++l)
          dis[i][j]+=abs(x[l]-x[mid]);
      }
    memset(f,99,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;++i)
      f[i][1]=dis[1][i];
}
void dp()
{
    for(int j=2;j<=p;++j)
      for(int i=j;i<=n;++i)
        for(int k=j-1;k<=i-1;++k) 
        f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+dis[k+1][i]);
}
int main()
{
//    freopen("postoffice.in","r",stdin);
//    freopen("postoffice.out","w",stdout);
    input();
    dp();
    printf("%d
",f[n][p]);
//    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

7.NOI 1808:公共子序列

总时间限制: 

1000ms

 

内存限制: 

65536kB

描述

我们称序列Z = < z₁, z₂, ..., z_k >是序列X = < x₁, x₂, ..., x_m >的子序列当且仅当存在 严格上升 的序列< i₁, i₂, ..., i_k >，使得对j = 1, 2, ... ,k, 有x_ij = z_j。比如Z = < a, b, f, c > 是X = < a, b, c, f, b, c >的子序列。

现在给出两个序列X和Y，你的任务是找到X和Y的最大公共子序列，也就是说要找到一个最长的序列Z，使得Z既是X的子序列也是Y的子序列。

输入

输入包括多组测试数据。每组数据包括一行，给出两个长度不超过200的字符串，表示两个序列。两个字符串之间由若干个空格隔开。

输出

对每组输入数据，输出一行，给出两个序列的最大公共子序列的长度。

样例输入

abcfbc         abfcab
programming    contest 
abcd           mnp

样例输出

4

2

0

#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#define N 260
#include<cstring>
char a[N],b[N];
int len1,len2;
int f[N][N];
int main()
{
    while(scanf("%s%s",a+1,b+1)==2)
    {
        len1=strlen(a+1);
        len2=strlen(b+1);
        for(int i=1;i<=len1;++i)
          for(int j=1;j<=len2;++j)
          {
              if(a[i]==b[j])
                f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
            else f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
          }
        printf("%d
",f[len1][len2]);
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));    
        memset(f,0,sizeof(f));
    }
    return 0;
}

8.