集训dp基础题

2019.7.13

集训dp基础题

POJ 3176 Cow Bowling

给你一个三角形，从第一个往下选，每次只能选该数下面的两个最近的数中的一个，问能取的数的最大总和。

题解：

dp[i] [j] = max(dp[i-1] [j-1], dp[i] [j]) + a[j];(j != 0 && j != i)

dp[i] [0] = dp[i-1] [0] + a[0];

dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + a[i]; (i == j)

最后枚举dp[n-1] [j] (0 <= j < n)求最大就是了。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int n;
    while(~scanf("%d", &n)) {
        int dp[360][360], maxn = 0, a;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j <= i; j++) {
                scanf("%d", &a);
                if(i == 0 && j == 0) dp[i][j] = a;
                else if(j == 0) dp[i][j] = dp[i-1][j] + a;
                else if(j == i) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + a;
                else dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]) + a;
            }
        }
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            if(maxn < dp[n-1][i]) maxn = dp[n-1][i];
        }
        printf("%d
", maxn);
    }
    return 0;
}

POJ 2229 Sumsets

输入一个n，把n拆分成2的次方相加，问方案数。

题解：

dp[1] = 1;

dp[i] = dp[i-1] + dp[i/2] ;(i 是偶数)

dp[i] = dp[i-1];(i是奇数)

/*
2 = 1+1;
2 = 2;
//显然3可以直接从2推出，奇数都可以
3 = 1+1+1;
3 = 2+1;
//4的前两个可以由3直接推出，而后两个除以2恰好可以由2推出
4 = 1+1+1+1;
4 = 2+1+1;
4 = 2+2;
4 = 4;
*/
#include <cstdio>
int dp[1000010];
int mod = 1e9;
int main() {
    int n;
    dp[1] = 1, dp[2] = 2;
    for(int i = 3; i < 1000010; i++) {
        dp[i] = dp[i-1] % mod;
        if(i % 2 == 0) dp[i] = (dp[i] + dp[i/2]) % mod;
    }
    while(~scanf("%d", &n)) {
        printf("%d
", dp[n]);
    }
    return 0;
}

POJ 2385 Apple Catching

有两棵苹果树会掉苹果，T秒内每秒会在某一棵苹果树掉苹果，但是John很懒，只愿意移动至多w次，问他能接到的最多苹果树。（刚开始他在1号树

题解：

如果是偶数次移动，那么他肯定在1号树，如果是奇数次移动，他就会在2号树；

dp[i] [j] 第i秒移动j次的最多苹果数。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int n, k;
    while(~scanf("%d %d", &n, &k)) {
        int dp[3010][35], a[3010];
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &a[i]);
            a[i]--;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            for(int j = 0; j <= k; j++) {
                if(j % 2) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]) + a[i];
                else {
                    if(j) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]) + !a[i];
                    else dp[i][j] = dp[i-1][j] + !a[i];
                }
            }
        }
        printf("%d
", dp[n][k]);
    }
    return 0;
}

POJ 3616 Milking Time

给出多个开始时间和结束时间及该段时间能挤的牛奶的量，每次工作相隔k小时，比如你4结束工作，那么最早能在k+4开始新一轮工作，求你能挤的牛奶的量最多是多少。

题解：按结束时间从小到大排序；

dp[i] 表示第i个小时能挤的最多的牛奶的量

dp[i] = max(max(dp[i], dp[i-a[cnt].u] + a[cnt].w), w[i])

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct node
{
    int u, v, w;
}a[1000010];
int dp[1000010];
bool cmp(node x, node y) {
    return x.v < y.v;
}
int main(){
    int n, m, k;
    while(~scanf("%d %d %d", &n, &m, &k)) {
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%d %d %d", &a[i].u, &a[i].v, &a[i].w);
        }
        sort(a, a + m, cmp);
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        int cnt = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(i == a[cnt].v) {
                while(i == a[cnt].v) {
                    dp[i] = max(max(dp[i],dp[i-1]), a[cnt].w);
                    if(a[cnt].u >= k) dp[i] = max(dp[i] , dp[a[cnt].u - k] + a[cnt].w);
                    cnt++;
                }
            }
            else dp[i] = dp[i-1];
        }
        printf("%d
", dp[n]);
    }
    return 0;
}

POJ 3280 Cheapest Palindrome

给你一个字符串，通过删减或者插入一些字母，使得这个字符串成为回文字符串，每一个字母都有删减和插入该字母的体力值a[i]和b[i]，求体力值最少

题解：

在字符串中，插入一个字母和删减一个字母的效果是一样的，c[i] = min(a[i], b[i])；

dp[i] [j] 表示第i位到第j位最少体力值。

dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j] + c[i], dp[i] [j-1] + c[j)；（str[i] !+ str[j])

dp[i] [j] = dp[i+1] [j-1];(str[i] == str[j])

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
 
using namespace std;
 
const int maxm = 2005;
 
char ch[2];
int change[27];
char str[maxm];
int dp[maxm][maxm];
 
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d %d",&n,&m);
	scanf("%s",str);
	int add,del;
	for(int i = 0;i < n;i++){
		scanf("%s %d %d",ch,&add,&del);
		int pos = ch[0] - 'a';
		change[pos] = min(add,del);
	}
	for(int i = m - 1;i >= 0;i--){
		for(int j = i + 1;j < m;j++){
			dp[i][j] = min(dp[i][j - 1] + change[str[j] - 'a'],dp[i + 1][j] + change[str[i] - 'a']);
            if(str[i] == str[j])
				dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i + 1][j - 1]);
        }
    }
	printf("%d
",dp[0][m - 1]);
	return 0;
}

POJ 1742 Coins

题意：给你n种银币，每种硬币价值为a[i], 有c[i]个，问这些银币能组成1-m之间多少个数

题解：看代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int n, m;
    while(~scanf("%d %d", &n, &m) && n + m) {
        int a[110], b[110],dp[100010], ans = 0;
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0] = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &b[i]);
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = 0; j <= m; j++) {
                if(dp[j] > 0) dp[j] = b[i] + 1;
                //如果前面能组成j的面值，那么dp[j]最多能再放b[i]种个a[i]面值的银币
                //因为dp[i] = 0表示不能组成i面值，所以dp[j] = b[i]+1;表示在dp[j]>0的时候，再放b[i]个a[i]的银币的情况是存在的
            }
            for(int j = 0; j <= m - a[i]; j++) {
                if(dp[j] > 0) dp[j+a[i]] = max(dp[j+a[i]], dp[j] - 1);
                //如果dp[j]存在,那么加入一个a[i]的银币后能最多再放多少个a[i]的银币
            }
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            if(dp[i]) ans++;
        }
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}

POJ 3046 Ant Counting

有n个蚂蚁，属于1-t个家族，问从这些蚂蚁里面取出A, A+1...B个蚂蚁，一共有多少种取法？

题解：挑战书68-69页

状态转移方程：dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1] - dp[i-1] [j - 1 - a[i - 1]];

#include <cstdio>
#include <cstring>

int dp[1010][100010];
int main() {
    int t, n, A, B;
    while(~scanf("%d %d %d %d", &t, &n, &A, &B)) {
        int b, a[1010], ans = 0;
        memset(a, 0, sizeof(a));
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &b);
            a[b-1]++;
        }
        for(int j = 0; j <= t; j++) {
            dp[j][0] = 1;
        }
        for(int j = 1; j <= t; j++) {
            for(int k = 1; k <= B; k++) {
                if(k - 1 - a[j - 1] >= 0) {
                    dp[j][k] = (dp[j-1][k] + dp[j][k-1] - dp[j-1][k - 1- a[j-1]] + 1000000) % 1000000;
                }
                else {
                    dp[j][k] = (dp[j-1][k] + dp[j][k-1]) % 1000000;
                }
            }
        }
        for(int i = A; i <= B; i++) {
            ans = ans % 1000000 + dp[t][i];
        }
        printf("%d
", ans%1000000);
    }
    return 0;
}

POJ 3181 Dollar Day

题意：有价值为1-m的银币，每种银币有无数个，问用这些银币组成n有多少种？

题解：dp[i] [j] 表示组成价值为i且最大的银币的值不超过j的方法

dp[i] [j] = dp[i] [j -1] + dp[i-j] [j];

注意此处需要高精度，下面方法很巧妙

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

long long a[1005][105],b[1005][105],inf = 1e18;

int main()
{
    int n, m;
    while(~scanf("%d %d",&n,&m))
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int i = 0;i <= m;i++) a[0][i] = 1;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            for(int j = 1;j <= m;j++)
            {
                if(i<j)
                {
                    a[i][j] = a[i][j-1];
                    b[i][j] = b[i][j-1];
                    continue;
                }
                b[i][j] = b[i-j][j]+b[i][j-1]+(a[i-j][j]+a[i][j-1])/inf;
                a[i][j] = (a[i-j][j]+a[i][j-1])%inf;
            }
        }
        if(b[n][m]) printf("%I64d",b[n][m]);
        printf("%I64d
",a[n][m]);
    }
    return 0;
}

CF 1133E K Balanced Teams

有n个学生，每个学生都有自己的智力值，他们最多组成k个组合，但是一个组合内的学生智力值不能超过5，问最多有多少学生能组成组合？

题解：dp[i] [j] 表示前i个学生组成j个组合的最多人数

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[5010][5010],a[5010];
int main(){
    int n,k;
    scanf("%d %d",&n,&k);
    for(int i = 1;i <=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int j=i;
        while(j>1&&a[i]-a[j-1]<=5) j--;
        for(int t = 1;t<=k;t++)
            dp[i][t]=max(dp[i-1][t],dp[j-1][t-1]+i-j+1);
    }
    printf("%d
",dp[n][k]);
    return 0;
}