《挑战程序设计竞赛》2.3 动态规划-优化递推 POJ1742 3046 3181

POJ1742

http://poj.org/problem?id=1742

题意

有n种面额的硬币，面额个数分别为Ai、Ci，求最多能搭配出几种不超过m的金额？

思路

据说这是传说中的男人8题呢，对时间和空间复杂度要求都挺高的。
朴素DP三重循环比较容易想到，但显而易见会TLE。
这里由于dp数组记录的是一个bool值（是否能搭配出某金额），记录的信息较少，因而存在浪费。优化思路是dp[i][j]记录用前i种数加和得到j时第i种数最多能剩余多少个（不能加和得到的情况下为-1）。但二维dp数组的空间复杂度仍然没有降下来，这时候会MLE。
改成一维数组几个AC。
关于思路更详细的说明见《挑战程序设计竞赛》第62-64页。
另外可参见另一篇博客，对于这道题解释的非常清楚：POJ1742详解

代码

Source Code

Problem: 1742       User: liangrx06
Memory: 564K        Time: 1907MS
Language: C++       Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 100;
const int M = 100000;

int main(void)
{
    int n, m;
    int a[N], c[N];
    int dp[M+1];

    while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        if (!n && !m) break;
        for (int i = 0; i < n; i ++)
            scanf("%d", &a[i]);
        for (int i = 0; i < n; i ++)
            scanf("%d", &c[i]);

        fill(dp, dp+m+1, -1);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i < n; i ++) {
            for (int j = 0; j <= m; j ++) {
                if (dp[j] >= 0)
                    dp[j] = c[i];
                else if (j < a[i] || dp[j-a[i]] <= 0)
                    dp[j] = -1;
                else
                    dp[j] = dp[j-a[i]] - 1;
            }
        }

        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= m; i ++) {
            if (dp[i] >= 0) ans++;
        }
        printf("%d
", ans);
    }

    return 0;
}

POJ3046

http://poj.org/problem?id=3046

题意

有A只蚂蚁，来自T个家族。同一个家族的蚂蚁长得一样，但是不同家族的蚂蚁牙齿颜色不同。任取n只蚂蚁(S<=n<=B)，求能组成几种集合？
还可以理解为：
给出T种数字。每种各有N[i]个，然后用这些数字构成一些序列， 问x长度到y长度的序列有多少种？

思路

动态规划题，dp[i][j] 表示前i种数字构成长度为j的序列有多少种。递推关系为：
dp[i][j] = sigma(dp[i - 1][j - k]) k的范围是0~N[i]
注意到这里的sigma(dp[i - 1][j - k]) 可以用部分和算一下。
然后因为总共的数字个数可能有10W个，有1000种数组，会MLE。所以需要开滚动数组来搞。
复杂度的话 是 O(sigma(num[i] * (T + 1 - i)))，最坏是1亿。

代码

Source Code

Problem: 3046       User: liangrx06
Memory: 1028K       Time: 125MS
Language: C++       Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int T = 1000;
const int A = T*100;
const int MOD = 1000000;

int main(void)
{
    int t, a, s, b;
    int fam[T];

    cin >> t >> a >> s >> b;
    memset(fam, 0, sizeof(fam));
    int num;
    for (int i = 0; i < a; i ++) {
        scanf("%d", &num);
        fam[num-1] ++;
    }

    int dp[2][A+1];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int j = 0; j <= b; j ++) {
        if (j <= fam[0]) dp[0][j] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < t; i ++) {
        for (int j = 0; j <= b; j ++) {
            dp[i&1][j] = 0;
            for (int k = 0; k <= j && k <= fam[i]; k ++) {
                dp[i&1][j] += dp[(i-1)&1][j-k];
            }
            dp[i&1][j] %= MOD;
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int j = s; j <= b; j ++)
        ans += dp[(t-1)&1][j];
    printf("%d
", ans % MOD);

    return 0;
}

POJ3181

http://poj.org/problem?id=3181

题意

输入n，和k，问将n用1到k这k个数字进行拆分，有多少种拆分方法。例如：
n=5,k=3 则有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1这5种拆分方法

思路

很明显是完全背包问题，假如用dp[i][j]表示考虑到用数1-i拼接成数字j的拼接方法，可以得到状态转移方程如下：
dp[i][j]=sigma(dp[i-1][j-k*i])（k>=0,且j-k*i>=0）
这个题的答案比较大，超过了long long的表示范围，但其实答案的范围可以大致试出来，两个long long拼起来足够表示。
另外二维数组显然是空间浪费的，用滚动数组处理可以将内存空间降维。甚至可以用一维数组表示。
最后，累加实际上是不必要的，还有更进一步的优化思路：
其实可以转到dp[i][j]的状态有两种，一种是dp[i-1][j]就是不用i这个数字拼接成j这个数字的方法数，另一种是dp[i][j-i]就是用了i这个数字拼接的到j-i的方法数。
那么状态转移方程就可以写成：
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-i]
做本题的过程中参考了这篇博文：POJ 3181 Dollar Dayz （完全背包）

代码1（累加DP）

Source Code

Problem: 3181       User: liangrx06
Memory: 264K        Time: 47MS
Language: C++       Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int K = 100;
const int N = 1000;

int main(void)
{
    int n, k;

    cin >> n >> k;

    long long INF = 1;
    for (int i = 0; i < 18; i++)
        INF *= 10;

    long long dp[2][N+1][2];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0][0] = 1;
    dp[0][0][1] = 0;
    for (int i = 1; i <= k; i ++) {
        for (int j = 0; j <= n; j ++) {
            dp[i&1][j][0] = dp[i&1][j][1] = 0;
            for (int k = 0; k <= j; k += i) {
                dp[i&1][j][0] += dp[(i-1)&1][j-k][0];
                dp[i&1][j][1] += dp[(i-1)&1][j-k][1];
                if (dp[i&1][j][0] >= INF) {
                    dp[i&1][j][0] -= INF;
                    dp[i&1][j][1] += 1;
                }
            }
        }
    }
    if (dp[k&1][n][1])
        printf("%lld", dp[k&1][n][1]);
    printf("%lld
", dp[k&1][n][0]);

    return 0;
}

代码2（优化DP，时间复杂度降维）

Source Code

Problem: 3181       User: liangrx06
Memory: 264K        Time: 16MS
Language: C++       Result: Accepted
Source Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int K = 100;
const int N = 1000;

int main(void)
{
    int n, k;

    cin >> n >> k;

    long long INF = 1;
    for (int i = 0; i < 18; i++)
        INF *= 10;

    long long dp[2][N+1][2];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0][0] = 1;
    dp[0][0][1] = 0;
    for (int i = 1; i <= k; i ++) {
        for (int j = 0; j <= n; j ++) {
            dp[i&1][j][0] = dp[(i-1)&1][j][0] + ((j-i >= 0) ? dp[i&1][j-i][0] : 0);
            dp[i&1][j][1] = dp[(i-1)&1][j][1] + ((j-i >= 0) ? dp[i&1][j-i][1] : 0);
            if (dp[i&1][j][0] >= INF) {
                dp[i&1][j][0] -= INF;
                dp[i&1][j][1] += 1;
            }
        }
    }
    if (dp[k&1][n][1])
        printf("%lld", dp[k&1][n][1]);
    printf("%lld
", dp[k&1][n][0]);

    return 0;
}