1. 最长上升子序列
【题目描述】
给定N个数，求这N个数的最长上升子序列的长度。
【样例输入】
7
2 5 3 4 1 7 6
【样例输出】
4
第一种解法：时间复杂度O(n^2)，
状态设计：DP[ i ]代表以A[ i ]结尾的LIS的长度
状态转移：DP[ i ]=max{ DP[ j ]+1 ，DP[ i ] }(1<=j< i,A[j]< A[i])。
基本上思想，每次碰到一个数，就从头遍历，看插在哪个后面的值最大就保留那一个。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
int a[maxn],dp[maxn];
int n,ans=-1;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
dp[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<i;j++)
if(a[j]<a[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
第二种解法：时间复杂度O(nlogn)，优化在查询的时候。我们新建一个dp数组，dp[i]表示长度为 i 的LIS结尾元素的最小值。对于一个上升子序列，显然其结尾元素越小，越有利于在后面接其他的元素，也就越可能变得更长。因此，我们只需要维护dp数组，对于每一个a[i]，如果a[i] > dp[当前最长的LIS长度]，就把a[i]接到当前最长的LIS后面，即dp[++当前最长的LIS长度]=a[i]。 否则，就用a[i]取更新dp数组。具体方法是，在dp数组中找到第一个大于等于a[i]的元素dp[j]，用a[i]去更新dp[j]。如果从头到尾扫一遍dp数组的话，时间复杂度仍是O(n^2)。我们注意到dp数组内部一定是单调不降的，所有我们可以二分dp数组，找出第一个大于等于a[i]的元素。二分一次dp数组的时间复杂度的O(logn)，所以总的时间复杂度是O(nlogn)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
int a[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
dp[1]=a[1];
int len=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]>dp[len])
dp[++len]=a[i];
else
{
int j=std::lower_bound(dp+1,dp+len+1,a[i])-dp;
dp[j]=a[i];
}
}
printf("%d
",len);
return 0;
}
2. 最长公共子序列
问题描述
给定两个字符串，求解这两个字符串的最长公共子序列（Longest Common Sequence）。比如字符串1：BDCABA；字符串2：ABCBDAB
则这两个字符串的最长公共子序列长度为4，最长公共子序列是：BCBA
解法：c[i,j]表示：(x1,x2....xi) 和 (y1,y2...yj) 的最长公共子序列的长度。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int lena,lenb,i,j;
while(scanf("%s%s",a,b)!=EOF)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
lena=strlen(a);
lenb=strlen(b);
for(i=1;i<=lena;i++)
{
for(j=1;j<=lenb;j++)
{
if(a[i-1]==b[j-1])
{
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
}
else
{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
}
}
printf("%d
",dp[lena][lenb]);
}
return 0;
}
3. 最长公共子串
比如字符串1：cnblogs；字符串2：belong
则这两个字符串的最长公共子串长度为2，最长公共子串是：lo。
解法：c[i,j]表示：(x1,x2....xi) 和 (y1,y2...yj) 的最长公共子串的长度。
问题描述
给定两个字符串，求解这两个字符串的最长公共子串。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int lena,lenb,i,j;
while(scanf("%s%s",a,b)!=EOF)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
lena=strlen(a);
lenb=strlen(b);
int ans=-1;
for(i=1;i<=lena;i++)
{
for(j=1;j<=lenb;j++)
{
if(i == 1 || j == 1)
dp[i][j] = 0;
else if (a[i-1] == b[j-1])
{
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
ans= max(dp[i][j], ans);
}
else
dp[i][j] = 0;
}
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
4. 01背包
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的价格（即体积，下同）是w[i]，价值是c[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这是最基础的背包问题，总的来说就是：选还是不选，这是个问题<(￣ˇ￣)/
相当于用f[i][j]表示前i个背包装入容量为v的背包中所可以获得的最大价值。
对于一个物品，只有两种情况
情况一: 第i件不放进去，这时所得价值为:f[i-1][v]
情况二: 第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][v-c[i]]+w[i]
状态转移方程为：f[i][v] = max(f[i-1][v], f[i-1][v-w[i]]+c[i])。
可以优化到一维：
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = V; j >= 0; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
https://www.luogu.org/problemnew/show/P2925
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=50005;
int n,m,k;
int v[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=n;j>=v[i];j--)
{
if(dp[j-v[i]]+v[i]>dp[j])
dp[j]=dp[j-v[i]]+v[i];
}
}
printf("%d
",dp[n]);
return 0;
}
5. 完全背包
有N 种物品和一个容量为V 的背包，每种物品都有无限件可用。第i ii种物品的费用是w[i] ，价值是v[i] 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
完全背包和01背包十分相像， 区别就是完全背包物品有无限件。由之前的选或者不选转变成了选或者不选，选几件。
和01背包一样，我们可以写出状态转移方程：f[i][v]=max(f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v)，看例题：
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1853
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e7+5;
int s,n,d;
int w[55],v[55];
int dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d %d",&s,&n,&d);
for(int i=1;i<=d;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
for(int A=1;A<=n;A++)
{
for(int i=1;i<=d;i++)
{
for(int j=w[i];j<=s;j++)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
s+=dp[s];
}
printf("%d
",s);
return 0;
}
6. 编辑距离
编辑距离的定义是：从字符串A到字符串B，中间需要的最少操作权重。这里的操作权重一般是：
1.删除一个字符(deletion)
2.插入一个字符(insertion)
3.替换一个字符(substitution)
解法：dp[i][j] 表示从 word1 的前i个字符转换到 word2 的前j个字符所需要的步骤。当word1[i] == word2[j]时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，其他情况时，dp[i][j]是其左，左上，上的三个值中的最小值加1，其实这里的左，上，和左上，分别对应的增加，删除，修改操作，转移方程如下：
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
int m = word1.size(), n = word2.size();
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
for (int i = 0; i <= m; ++i) dp[i][0] = i;
for (int i = 0; i <= n; ++i) dp[0][i] = i;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
7. 两个字符串的最小ASCII删除和
从字符串A到字符串B，每次删除一个字符，求最少ASCII操作权重。
解法思想和上面的差不多，但是问题是要加上那个ASCII 的值，保证这个值最小。
class Solution { public: int minimumDeleteSum(string s1, string s2) { int m = s1.size(), n = s2.size(); vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0)); for (int j = 1; j <= n; ++j)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + s2[j - 1]; for (int i = 1; i <= m; ++i) { dp[i][0] = dp[i - 1][0] + s1[i - 1]; for (int j = 1; j <= n; ++j) { if(s1[i - 1] == s2[j - 1]) dp[i][j] =dp[i - 1][j - 1] else dp[i][j] = min(dp[i - 1][j] + s1[i - 1], dp[i][j - 1] + s2[j - 1]); } } return dp[m][n]; } };