• DP动态规划练习


    先来看一下经典的背包问题吧

    http://www.cnblogs.com/Kalix/p/7617856.html  01背包问题

    https://www.cnblogs.com/Kalix/p/7622102.html   完全背包问题

    https://blog.csdn.net/mystery_guest/article/details/51878140      多重背包二进制优化

    1.https://cn.vjudge.net/problem/12304/origin    POJ 3176

    从上往下走或者右下走找最大总和,也可以不同dp写。

    注意动态规划这一步一定是和上一步或下一步有关联的

    //dp[i][j]表示走到i,j这步时的最大值
    for
    (i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=i;j++) { dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+map[i][j];//(i,j)这一步是从(i-1,j)或者(i-1,j-1)走过来的 ans=max(ans,dp[i][j]); } }

    全部代码

    #include<stdio.h>
    #include<algorithm>
    #include<iostream>
    using namespace std;
    int n,map[1000][1000],dp[1000][1000];
    int ans=0;
    
    int main()
    {
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=i;j++)
            {
                cin>>map[i][j];
            }
        }
        int i,j;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=1;j<=i;j++)
            {
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+map[i][j];
                ans=max(ans,dp[i][j]);
            }
            
        }
        cout<<ans;
    }

    2.https://cn.vjudge.net/problem/30465/origin    POJ 2229

    这题是看一个数能用几个不同二次方幂的数和表示

    首先来练习一下深搜把,这一开始我没想到还能用深搜,尽管不对,当然可慢啦啦啦啦

    #include<stdio.h> 
    #include<math.h>
    #include<iostream>
    using namespace std;
    int ans;
    long long p[50];
    void dfs(int n,int last)
    {
        if(n==0)
        {
            ans++;
            return;
        }
        for(int i=0;n-p[i]>=0;i++)
        {
            if(p[i]>=last)
                dfs(n-p[i],p[i]);
        }
    }
    int main()
    {
        int n;
        for(int i=0;i<=49;i++)
        p[i]=pow(2,i);
        cin>>n;
        dfs(n,0);
        printf("%d",ans);
      
        return 0;
    }

    接下来是dp版的,不知道为啥,还是超时!!!!,但思想要学习下,看懂下面的那个dp更新表就欧克了

    dp表假设只有1,然后添加2,然后添加4然后添加8,更新表

    #include<iostream>
    #include<string.h>
    #include<stdio.h>
    using namespace std;
    long long dp[1000001],p[30];
    int main()
    {
        int n;
        
        while(scanf("%d",&n)!=EOF)
        {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        p[0]=dp[0]=1;
        for(int i=1;i<=29;i++)
        {
            p[i]=p[i-1]<<1;
        }
        for(int i=0;i<=29;i++)
        {
            if(p[i]<=n)
            {
                for(int j=p[i];j<=n;j++)
                {
                    dp[j]=(dp[j]+dp[j-p[i]])%1000000000;
                }
            }
        }
        /*dp 1 2 3 4 5 6 7//假设输入7
        1    1 1 1 1 1 1 1
        2      2 2 3 3 4 4
        4          4 4 6 6
        */
        cout<<dp[n]<<endl; 
        }
        
     } 
     

    最后过的是这个,我他喵。。。

    #include<iostream>
    #include<string.h>
    using namespace std;
    long long a[1000001];
    int main()
    {
        int n;
        a[1]=1,a[2]=2;
        for(int i=3;i<1000001;i++)
        {
            a[i]=a[i-2]+a[i/2];
            a[i]%=1000000000;
        }
        cin>>n;
        cout<<a[n];
     } 

    1.n为奇数,a[n]=a[n-1]
    2.n为偶数:
    (1)如果加数里含1,则一定至少有两个1,即对n-2的每一个加数式后面 +1+1,总类数为a[n-2]
    (2)如果加数里没有1,即对n/2的每一个加数式乘以2,总类数为a[n/2]

    3.https://cn.vjudge.net/problem/18264/origin    POJ 2385

    题意有两棵树1,2,掉苹果,人一开始在1下,有指定的移动次数,给苹果下落,求最多接到的苹果数

    首先想一想,跟平常的题有什么区别

    1.人会移动,

    2.苹果要判断是否要不移动接到,还是移动接到

    3.移动的次数不像是背包问题里的背包容量越多越好,但和背包问题类似

    for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            dp[i][0]=dp[i-1][0];//第i个苹果,j次移动的最好结果,判断一直不动的情况
            if(t[i]==1) dp[i][0]++;
            
            for(int j=1;j<=w;j++)
            {
                if(j%2+1==t[i]){//判断移动后的位置在哪,如果跟这次下落苹果的位置一样
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+1;//dp的关键,跟上次的东西有关联,接这个苹果我可以选择i-1个苹果移动相同的次数,然后不动接
                                                      //也可以从另一个苹果树移动过来接 }
    else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]); } }

    整体代码

    #include<iostream>
    #include<string.h>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int t[1000];
    int dp[1000][1000];
    int main()
    {
        int n,w;
        cin>>n>>w;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>t[i];
        }
        
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            dp[i][0]=dp[i-1][0];
            if(t[i]==1) dp[i][0]++;
            
            for(int j=1;j<=w;j++)
            {
                if(j%2+1==t[i]){
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+1;
                }
                else
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]);
            }
        }
        cout<<dp[n][w]<<endl;
     } 

    4.https://cn.vjudge.net/problem/16276/origin    POJ 3616

    给定时间段,每个时间段有工作效率,每个时间段都要休息,求最大工作量

    1.首先想到的是要对这些时间段排序,根据结束时间

    2.对他们进行动态规划,具体思想可以参考求一个序列的最大上升子序列

    #include<iostream>
    #include<string.h>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    struct node{
        int s,e,ef;
        
    }x[100000];
    bool cmp(node a,node b){
        return a.e<b.e;
    }
    int dp[100000];
    int main()
    {
        int a,b,c;
        cin>>a>>b>>c;
        for(int i=1;i<=b;i++)
        {
            cin>>x[i].s>>x[i].e>>x[i].ef;
            x[i].e+=c;
        }
        sort(x+1,x+1+b,cmp);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=b;i++)
        {
            dp[i]=x[i].ef;
            for(int j=1;j<i;j++)
            {
                if(x[i].s>=x[j].e)
                {
                    dp[i]=max(dp[i],dp[j]+x[i].ef);//判断选这个或者不选这个,根据工作量大小
                }
            }
            ans=max(ans,dp[i]);
        }
        cout<<ans;
        
    }

     牛客多校第二场a题

    一个人可以走一步或者跳x步,但不能连着跳,问到这个区间里有几种走法

    考虑两种状态  对于这一点,我可以走过来,前面是怎么样的我不用管,也可以跳过来但是,跳过来必须保证前一步是走的

    dp[i][0]表示i这一步是走过来的dp[i][1]表示i这一步是跳过来的

    #include<iostream>
    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    long long dp[100002][2];
    long long mod=1e9+7;
    long long ans[100002];
    int main()
    {
        int n,w;
        cin>>n>>w;
        dp[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=100002;i++)
        {
            dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%mod;
            if(i>=w) dp[i][1]=dp[i-w][0]%mod;
        }
         
        for(int i=1;i<=100002;i++)
        {
            ans[i]=(dp[i][0]+dp[i][1]+ans[i-1])%mod;
        }
        //for(int i=1;i<=10;i++)
        //cout<<ans[i]<<endl;
         
        while(n--)
        {
            long long l,r;
            cin>>l>>r;
            cout<<(ans[r]-ans[l-1]+mod)%mod<<endl;
        }
        return 0;
    }

    给一串字符串,添加字母或者去掉字母使其变成回文串,不过有代价  ,让代价最小

    #include<iostream>
    #include<string.h>
    #include<stdio.h>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    int n,m,dp[2020][2020],t[2010],k,p;
    int main()
    {
        char s[100],a[2020];
        while(cin>>n>>m)
        {
            memset(dp,0,sizeof(dp));
            cin>>a;
            for(int i=0;i<n;i++)
            {
                cin>>s>>k>>p;
                t[s[0]-'a']=min(k,p);
            }
            for(int i=1;i<m;i++)
            {
                for(int j=i-1;j>=0;j--)
                {
                    dp[j][i]=min(dp[j+1][i]+t[a[j]-'a'],dp[j][i-1]+t[a[i]-'a']);
                    if(a[i]==a[j])
                    dp[j][i]=min(dp[j+1][i-1],dp[j][i]);
                }
            }
            cout<<dp[0][m-1]<<endl;
            
        }
     }

    hdu 2844 Coins

    :Tony想要买一个东西,他只有n中硬币每种硬币的面值为a[i]每种硬币的数量为c[i]要买的物品价值不超过m

    多重背包的二进制优化

    #include <iostream>
    #include <cstring>
    #define INF 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    int f[111111],a[111],c[111];
    int n,m;
    
    //m背包的总容量、v物品的体积、w物品的价值
    void OneZeroPack(int m,int v,int w)  //0-1背包
    {
        for(int i=m;i>=v;i--)
            f[i]=max(f[i],f[i-v]+w);
    }
    
    //m背包的总容量、v物品的体积、w物品的价值
    void CompletePack(int m,int v,int w)  //完全背包
    {
        for(int i=v;i<=m;i++)
            f[i]=max(f[i],f[i-v]+w);
    }
    
    //m背包的总容量、v物品的体积、w物品的价值、num物品的数量
    void MultiplePack(int m,int v,int w,int num)//多重背包
    {
        if(v*num>=m)
        {
            CompletePack(m,v,w);
            return ;
        }
        int k=1;
        for(k=1;k<=num;k<<=1)
        {
            OneZeroPack(m,k*v,k*w);
            num=num-k;
        }
        if(num)
            OneZeroPack(m,num*v,num*w);
    }
    
    int main()
    {
        while(cin>>n>>m)
        {
            if(n==0&&m==0)  break;
            for(int i=0;i<n;i++)
                cin>>a[i];
            for(int i=0;i<n;i++)
                cin>>c[i];
            for(int i=0;i<=m;i++)   f[i]=-INF;
            f[0]=0;
            for(int i=0;i<n;i++)
            {
                MultiplePack(m,a[i],a[i],c[i]);
            }
            int sum=0;
            for(int i=1;i<=m;i++)
                    if(f[i]>0)    sum++;
            cout<<sum<<endl;
        }
        return 0;
    }

    hdu 2089

    http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2089

    算是数位dp的入门吧

    求n到m之间数字中没有4和62(连着)的个数

    #include <algorithm>
    #include <iostream>
    using namespace std;
     
    int dp[10][10];
     
    void init(){
        dp[0][0] = 1;//dp[0][1-9] = 1都可以
        for(int i = 1; i <= 8; i++)
            for(int j = 0; j < 10; j++)//i位
                for(int k = 0; k < 10; k++)//i-1位
                   if(j != 4 && !(j == 6 && k == 2))
                            dp[i][j] += dp[i-1][k];
    }
     
    int solve(int n){
        int d[10];
        int len = 0;
     
        while(n > 0){//数组保存 
            d[++len] = n%10;
            n /= 10;
        }
     
        d[len + 1] = 0;
     
        int ans = 0;
     
        for(int i = len; i >= 1; i--){
            
            for(int j = 0; j < d[i]; j++){
                if(j != 4 && !(d[i+1] == 6 && j == 2)) ans += dp[i][j];//求和 
            }
            
            if(d[i] == 4 || (d[i] == 2 && d[i+1] == 6)) break;//判出 
     
        }
     
        return ans;
    }
     
    int main()
    {
    
        int r, l;
        init();
        while(cin>>l>>r){
            if(r + l == 0) break;
     
            cout<<solve(r+1) - solve(l)<<endl;
        }
        return 0;
    }

     POJ - 3046

    题目大意:蚂蚁牙黑,蚂蚁牙红:有A只蚂蚁,来自T个家族,分别记为ant[i]个。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?

    状态:dp[i][j]:前i种中选j个可以组成的种数

    决策:第i种选k个,k<=ant[i] && j-k>=0

    转移:dp[i][j]=Σdp[i-1][j-k]

    #include<stdio.h>
    #include<string.h>
    int dp[1005][10050];
    int num[10050];
    int main(){
        int n,m,a,b,x;
        while(scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)!=EOF){
            memset(num,0,sizeof(num));
            for(int i=0;i<m;i++){
                scanf("%d",&x);
                num[x]++;
            }
            memset(dp,0,sizeof(dp));
            for(int i=0;i<=num[1];i++) dp[1][i]=1;
            for(int i=2;i<=n;i++){
                for(int j=0;j<=b;j++){
                    for(int k=0;k<=num[i];k++){
                        if(j>=k) {
                        dp[i][j]+=dp[i-1][j-k];
                        dp[i][j]%=1000000;
                        }
                    }
                }
            }
            int ans=0;
            for(int i=a;i<=b;i++){
                ans+=dp[n][i];
                ans%=1000000;
            }
            printf("%d
    ",ans);
        }
        return 0;
    }

    还有一种

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

    #include<iostream>
    using namespace std;
    #define MOD 1000000
    int T, A, S, B;
    int ant[1005];
    int dp[2][100000];
    int ans;
    int main()
    {
        scanf("%d%d%d%d", &T, &A, &S, &B);
        for (int i = 1; i <= A; i++)
        {
            int aa;
            scanf("%d", &aa);
            ant[aa]++;
        }
        dp[0][0] = dp[1][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= T; i++)
            for (int j = 1; j <= B; j++)
                if (j - ant[i] - 1 >= 0) dp[i % 2][j] = (dp[(i - 1) % 2][j] + dp[i % 2][j - 1] - dp[(i - 1) % 2][j - ant[i] - 1] + MOD) % MOD;      //在取模时若出现了减法运算则需要先+Mod再对Mod取模,防止出现负数(如5%4-3%4为负数)
                else dp[i % 2][j] = (dp[(i - 1) % 2][j] + dp[i % 2][j - 1]) % MOD;
        for (int i = S; i <= B; i++)
            ans = (ans + dp[T % 2][i]) % MOD;
        printf("%d
    ", ans);
        return 0;
    }
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