讲义 GDFZOJ 【38】 动态规划基础3

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上楼梯问题

这是一个很水的题目，就是一个斐波那契数列……

设有 (f) 数组，则 (f_i=f_{i-1}+f_{i-2}(f_1=1,f_2=2)) 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=35;
int f[N]={0,1,2};
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=3; i<=n; i++) {
		__________
	}
	__________
	return 0;
}

乘车与购票

如果要抵达距离为 (x) 的一个点，可以从 (x-y) 的地方在乘一辆距离为 (y) 的车。

于是有状态转移方程：(f_i=max{f_{i-j}+a_j}) 。其中 (a) 数组为 (10) 公里及以内的车费。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=105;
int f[N],a[N];
int main() {
	________
	for(int i=1; i<11; i++) {
		scanf("%d",a+i);
	}
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<11; j++) {
			________        	
		}
	}
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}

小猪过河

我们可以让这只小猪从 (0) 号节点开始跳，跳到 (n+1) 号节点。

则有方程：$ f_i=max(f_i,f_{i-j}-q+a_i),1le jle2$ 。

再判断一下在跳的过程中的体力值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int f[N],a[N];
int main() {
	int p,q;
	scanf("%d %d",&p,&q);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",a+i);
	}
	f[0]=p,f[1]=p-q>=0?p-q+a[1]:-1e9;
	for(int i=2; i<=n+1; i++) {
		int flag=0;
		________
	}
	if(f[n+1]<=0) {
		printf("NO");
	} else {
		printf("%d",f[n+1]);
	}
	return 0;
}

排队买票

我们可以发现：一个人可以自己买票，也可以和他后面的人买票。

所以有方程：(f_i=max(f_{i-1}+a_i,f_{i-1}+b_{i-1})) 。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int f[N],a[N],b[N];
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",a+i);
	}
	for(int i=1; i<n; i++) {
		scanf("%d",b+i);
	}
	________
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}

护卫队

设 (f_i) 为前 (i) 辆车通过桥的最短时间，设 (t_{i,j}) 第 (i) -第 (j) 辆车（租车的车队）通过所需时间。

我们分析方程：

来源

综合起来，我们就得到了方程：(f_i=min(f_{j-1}+t_{j,i}))，且要满足 (sum_{k=j}^iw_kle t) 。

为了降低时间复杂度、编程复杂度，我们可以：

1. 预处理重量

   定义 (W_i) 为前 (i) 辆车的总重（即前缀和，是处理这类问题非常好的方法，可以降低时间复杂度）。需要知道第 (j) 辆车到第 (i) 辆车的总重时，用(W_i-W_{j-1})就可以了；

2. 预处理时间

   定义 (t) 为桥的全长； (v_i) 为第 (i) 辆车的速度； (T_i) ：第 (i) 辆车通过桥所需时间； (t_{i,j}) 第 (i) 辆车到第 (j) 辆车组成的车队通过桥所需的时间；

3. (w) 数组、(v) 数组和(W) 数组一定要开 long long，否则两个较大的 int 相加会炸掉！ （虽然此题可能没有卡 int）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
const LL N=1005;
LL w[N],s[N],sum[N];
double f[N],T[N],a[N][N];
int main() {
	LL t,l,n;
	scanf("%lld %lld %lld",&t,&l,&n);
	for(LL i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%lld %lld",w+i,s+i),sum[i]=sum[i-1]+w[i],a[i][i]=T[i]=(double)l/s[i]*60;
	}
	for(LL i=1; i<=n-1; i++) {
		for(LL j=i+1; j<=n; j++) {
			a[i][j]=max(a[i][j-1],T[j]);
		}
	}
	for(LL i=1; i<=n; i++) {
		f[i]=T[i]+f[i-1];
		________
   	}
	printf("%.1lf",f[n]);
	return 0;
}

工作安排

设 (f_i) 为前 (i) 分钟能获得的最大的经验值。

默认在工作后才能获得经验值。容易知道，对于每一个工作，完成时间的 (f) 值就等于开始时间的 (f) 值加上工作所获得的经验值（里面取个最大值），即 (f_{S_i+E_i}=max(f_{S_i+E_i},f_{S_i}+P_i)) 。

但是要注意，对于第 (i) 分钟，它可能不是某个工作的结束时间，即 (f_i) 不会被更新。所以在枚举完前一个的结束状态时，就要用 (f_j=max(f_j,f_{j-1})) 对结果进行递推。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
struct work {
	int s,e,p;
	void read() {
		scanf("%d %d %d",&s,&e,&p);
		e+=s;
	}
	bool operator<(const work &x) const {
		________
	}
} a[N];
int f[N];
int main() {
	int n,m;
	scanf("%d
%d",&m,&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		a[i].read();
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	________
	int ans=0;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		ans=max(ans,f[i]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

最长上升子序列

首先我们来讲解一下他的递推关系式：(f_i=max(f_i,f_j+1)) 。

定义 (f_i) 为：以 (a_i) 为末尾的最长上升子序列的长度。

那么 (f_i) 包含什么呢？

情况(1)：只包含它自己，也就是说它前面的元素全部都比他大；

情况2：为了保证上升子序列尽可能的长，那么就有 (f_i) 尽可能的大，但是再保证 (f_i) 尽可能大的基础上，还必须满足序列的上升。所以 (f_i=max(1,f_j+1)(j<i,a_j<a_i)) 。这里的 (1) 就是当 (a_i) 前面的数都比他大的时候，他自己为一个子序列；(f_j+1) 指的是： 当第 (i) 个数前面有一个第 (j) 个数满足 (a_j<a_i) 并且 (j<i) 这时候就说明 (a_i) 元素可以承接在 (a_j) 元素后面来尽可能的增加子序列的长度。

将 (j) 从 (1) 遍历到 (i-1) ，在这之间，找出尽可能大的 (dp_i)即为最长上升子序列的长度。（注意： (f_n) 不一定是最长的子序列。）

来源。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int a[N],f[N];
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",a+i),f[i]=1;
	}
	int ans=0;
	________
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

合唱队形

显然这是一个最长上升子序列和最长下降子序列的有机结合。

求出两者可连接的数量的最大值，那 (n) 去减即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205;
int a[N],f[2][N];
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",a+i),f[1][i]=f[0][i]=1;
	}
	________
	int ans=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		ans=max(f[0][i]+f[1][i]-1,ans);
	}
	printf("%d",n-ans);
	return 0;
}

友好城市

将两岸的友好城市用一个结构体存起来，以其中一个城市作为关键字进行排序，那么之后另一个城市其实会呈最长上升子序列，例如 (A) 岸城市 (1)（(A)岸城市 (1) 的意思是距离河的起点为 (1)的 (A) 岸城市）和 (B) 岸城市 (3) 之间如果开通航线，那么以后的城市都不可能向 (B) 岸城市 (1)、(2)、(3) 开通航线。那么也就呈最长上升子序列状，只要套用模板求出最长即可。

注意：一定要排序！

来源。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
struct line {
	int c1,c2;
	________
	void read() {
		scanf("%d %d",&c1,&c2);
	}
} a[N];
int f[N];
int main() {
	int x,y;
	scanf("%d %d",&x,&y);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		a[i].read(),f[i]=1;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	________
	int ans=0;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		ans=max(ans,f[i]);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

后记

1. 感谢 L_Z_Y 对此文章提出的建议，并帮助我写了 工作安排 这一块！

2. 本文有彩蛋

3. 本文由 Z_Z_R 编写，zhnzh 转载与此。