AT_dp
AT_dp_a Frog 1
设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 跳到 \(n\) 至少需要多少费用，那么 \(i\) 只能从 \(i-1\) 或 \(i-2\) 跳过来，因此得到
\[dp_i=\min\{dp_{i-1}+|a_i-a_{i-1}|,dp_{i-2}+|a_i-a_{i-2}|\}
\]
时间复杂度 \(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],dp[100005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=2;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]);
if(i>2)dp[i]=min(dp[i],dp[i-2]+abs(a[i]-a[i-2]));
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
AT_dp_b Frog 2
看见 \(K\) 非常小，所以可以暴力。
设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 跳到 \(n\) 至少需要多少费用，那么与上题类似
\[dp_i=\min_{j=1}^{min(i-1,k)}dp_{i-j}+|a_i-a_{i-j}|
\]
时间复杂度 \(O(NK)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],dp[100005],k;
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=2;i<=n;i++){
dp[i]=LONG_LONG_MAX;
for(int j=1;j<=min(i-1,k);j++)dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+abs(a[i]-a[i- j]));
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
AT_dp_c Vacation
还是很好想的。设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天选第 \(j\) 种事情的最大幸福值，那么
\[dp_{i,0}=\max\{dp_{i-1,1},dp_{i-1,2}\}+a_i
\]
\[dp_{i,1}=\max\{dp_{i-1,0},dp_{i-1,2}\}+b_i
\]
\[dp_{i,2}=\max\{dp_{i-1,0},dp_{i-1,1}\}+c_i
\]
最终答案是 \(\max\{dp_{n,0},dp_{n,1},dp_{n,2}\}\)。
时间复杂度 \(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],b[100005],c[100005],dp[100005][3];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+a[i];
dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+b[i];
dp[i][2]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+c[i];
}
cout<<max({dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2]});
return 0;
}
AT_dp_d Knapsack 1
01背包板子。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,W,dp[100005],v[105],w[105],ans;
signed main(){
cin>>n>>W;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>v[i];
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=W;j>=w[i];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
for(int i=0;i<=W;i++)ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
AT_dp_e Knapsack 2
注意到 \(\sum{v_i}\le 10^5\)，所以我们可以设 \(dp_i\) 表示选择的物品价值总和是 \(i\) 中的花费最小值，然后类似转移一下就行了，答案也很好求。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,W,w[105],v[105],dp[100005];
signed main(){
cin>>n>>W;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>v[i];
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=100000;j>=v[i];j--)dp[j]=min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
for(int i=100000;i;i--)if(dp[i]<=W){
cout<<i;
return 0;
}
}
AT_dp_f LCS
求两个字符串的最长公共子序列是很简单的，我们只需要想如何输出最长公共子序列就行了。
实际上可以找到最大的 \(dp_{i,j}\) 对应的 \(i\) 和 \(j\)，接着逆着 dp 的方向进行倒退，就能求出最长公共子序列了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int dp[3005][3005],ans;
string s,t,anss;
signed main(){
cin>>s>>t;
for(int i=0;i<s.size();i++)for(int j=0;j<t.size();j++){
if(s[i]==t[j])dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
else dp[i+1][j+1]=max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);
}
for(int i=1;i<=s.size();i++)for(int j=1;j<=t.size();j++)ans=max(ans,dp[i][j]);
for(int i=1;i<=s.size();i++)for(int j=1;j<=t.size();j++)if(dp[i][j]==ans){
int ii=i,jj=j;
while(ii>0&&jj>0){
if(s[ii-1]==t[jj-1])anss+=s[ii-1],ii--,jj--;
else if(dp[ii][jj-1]<dp[ii-1][jj])ii--;
else jj--;
}
reverse(anss.begin(),anss.end());
cout<<anss;
return 0;
}
return 0;
}
AT_dp_g Longest Path
直接 DAG 上 dp。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,u,v,dp[100005],vis[100005],ans;
vector<int> ve[100005];
void dfs(int u){
if(vis[u])return;
vis[u]=1;
for(int v:ve[u]){
dfs(v);
dp[u]=max(dp[u],dp[v]+1);
}
}
signed main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)cin>>u>>v,ve[u].emplace_back(v);
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i);
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
AT_dp_h Grid 1
可以直接 dp。
设 \(dp_{i,j}\) 表示走到 \((i,j)\) 的方案数，那么
\[dp_{i,j}=\begin{cases}
dp_{i-1,j}+dp_{i,j-1} & a_{i,j}='.'\\
0 & otherwise
\end{cases}\\
\]
时间复杂度 \(O(HW)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int h,w,dp[1005][1005];
char a[1005][1005];
signed main(){
cin>>h>>w;
for(int i=1;i<=h;i++)cin>>(a[i]+1);
dp[1][1]=1;
for(int i=1;i<=h;i++)for(int j=1;j<=w;j++){
if(a[i][j]=='#'||(i==1&&j==1))continue;
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1],dp[i][j]%=mod;
}
cout<<dp[h][w];
return 0;
}
AT_dp_i Coins
大力 dp。
设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数中有 \(j\) 个正面,那么很显然的
\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times(1-p_i)+dp_{i-1,j-1}\times{p_i}
\]
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
double ans,p[3005],dp[3005][3005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>p[i];
dp[1][0]=1-p[1],dp[1][1]=p[1];
for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j]*(1.0-p[i])+dp[i-1][j-1]*p[i];
}
for(int j=(n+1)/2;j<=n;j++)ans+=dp[n][j];
printf("%.10lf",ans);
return 0;
}
AT_dp_j Sushi
可以想到，答案与 \(a_i\) 的排列方式无关。
那么求出 \(1\) 的数量，\(2\) 的数量，\(3\) 的数量，然后用 \(dp(a,b,c)\) 表示有 \(a\) 个 \(1\)，\(b\) 个 \(2\)，\(c\) 个 \(3\) 的答案，那么容易得到\(\displaystyle{dp(a,b,c)=\frac{n}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}\times dp(a-1,b,c)+\frac{b}{a+b+c}\times dp(a+1,b-1,c)+\frac{c}{a+b+c}\times dp(a,b+1,c-1)}\)
这四个式子分别是选了 \(0\) 到 \(3\) 的期望个数。
然后就能记忆化搜索了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,x,cnt1,cnt2,cnt3;
double dp[305][305][305];
double dfs(int a,int b,int c){
if(!a&&!b&&!c)return 0;
if(dp[a][b][c])return dp[a][b][c];
double ans=double(n)/double(a+b+c);
if(a>0)ans+=dfs(a-1,b,c)*double(a)/double(a+b+c);
if(b>0)ans+=dfs(a+1,b-1,c)*double(b)/double(a+b+c);
if(c>0)ans+=dfs(a,b+1,c-1)*double(c)/double(a+b+c);
return dp[a][b][c]=ans;
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x;
if(x==1)cnt1++;
if(x==2)cnt2++;
if(x==3)cnt3++;
}
printf("%.10lf",dfs(cnt1,cnt2,cnt3));
return 0;
}
AT_dp_k Stones
博弈论。
可以类似背包的转移。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,dp[100005],a[105],k;
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=1;j<=n;j++)if(i>=a[j])if(!dp[i-a[j]])dp[i]=1;
if(dp[k])cout<<"First";
else cout<<"Second";
return 0;
}
AT_dp_l Deque
可以区间 dp。
\(dp_{i,j}\) 表示剩下 \(i\) 到 \(j\) 时的答案。
然后如果剩下段的长度与 \(n\) 同奇偶，那么
\[dp_{i,j}=\max\{dp_{i+1,j}+a_i,dp_{i,j-1}+a_j\}
\]
如果剩下段的长度与 \(n\) 不同奇偶，那么
\[dp_{i,j}=\min\{dp_{i+1,j}-a_i,dp_{i,j-1}-a_j\}
\]
答案是 \(dp_{1,n}\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,dp[3005][3005],a[3005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int len=1;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
if((len&1)==(n&1))dp[i][j]=max(dp[i+1][j]+a[i],dp[i][j-1]+a[j]);
else dp[i][j]=min(dp[i+1][j]-a[i],dp[i][j-1]-a[j]);
}
}
cout<<dp[1][n];
return 0;
}
AT_dp_m Candies
很显然的 dp 加上个前缀和优化就过了。
\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人分 \(j\) 个糖果，那么可以得到
\[dp_{i,j}=\sum_{k=max(0,j-a_i)}^{j}dp_{i-1,k}
\]
然后直接前缀和优化就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int n,k,a[105],dp[105][100005],sum[105][100005];
signed main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=0;i<=k;i++)sum[0][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=sum[i][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=k;j++){
if(j>=a[i])dp[i][j]=((sum[i-1][j]-sum[i-1][j-a[i]-1])%mod+mod)%mod;
else dp[i][j]=sum[i-1][j];
sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
}
}
cout<<dp[n][k];
return 0;
}
AT_dp_n Slimes
区间 dp 板子。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[405],dp[405][405],sum[405];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i+len-1<=n;i++){
int j=i+len-1;
dp[i][j]=LONG_LONG_MAX;
for(int k=i;k<j;k++)dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+(sum[k]-sum[i-1])+(sum[j]-sum[k]));
}
}
cout<<dp[1][n];
return 0;
}
AT_dp_o Matching
有趣的状压。
\(dp_S\) 表示前一个集合的前 \(|S|\) 个数对应后一个集合的中属于 \(S\) 的个数，那么
\[dp_S=\sum_{i\in S,\{|S|,i\}\in E}dp_{S\backslash i}
\]
时间复杂度 \(O(2^n\times n)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int n,a[25][25],dp[4000005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];
dp[0]=1;
for(int S=1;S<(1<<n);S++){
for(int i=1;i<=n;i++)if(S&(1<<(i-1)))if(a[__builtin_popcount(S)][i])dp[S]+=dp[S-(1<<(i-1))],dp[S]%=mod;
}
cout<<dp[(1<<n)-1];
return 0;
}
AT_dp_p Independent Set
简单的树形 dp。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int n,u,v,dp[100005][2];
vector<int> ve[100005];
void dfs(int u,int fa){
dp[u][0]=dp[u][1]=1;
for(int v:ve[u]){
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
dp[u][0]*=(dp[v][0]+dp[v][1])%mod;
dp[u][1]*=dp[v][0];
dp[u][0]%=mod,dp[u][1]%=mod;
}
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)cin>>u>>v,ve[u].emplace_back(v),ve[v].emplace_back(u);
dfs(1,0);
cout<<(dp[1][0]+dp[1][1])%mod;
return 0;
}
AT_dp_q Flowers
板子题，暴力套一个权值线段树优化就过了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,h[200005],a[200005],dp[200005],ans;
struct tree{
int l,r,maxx;
}tr[800005];
void pushup(int u){
tr[u].maxx=max(tr[u<<1].maxx,tr[u<<1|1].maxx);
}
void build(int u,int l,int r){
tr[u]={l,r};
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
}
void change(int u,int pos,int k){
if(tr[u].l==tr[u].r){
tr[u].maxx=k;
return;
}
int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
if(pos<=mid)change(u<<1,pos,k);
else change(u<<1|1,pos,k);
pushup(u);
}
int query(int u,int l,int r){
if(tr[u].l>=l&&tr[u].r<=r)return tr[u].maxx;
int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1,res=LONG_LONG_MIN;
if(l<=mid)res=max(res,query(u<<1,l,r));
if(r>mid)res=max(res,query(u<<1|1,l,r));
return res;
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>h[i];
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
build(1,1,2e5);
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=query(1,1,h[i])+a[i];
change(1,h[i],dp[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
AT_dp_r Walk
一个经典的结论是，如果要求一个图有多少个长度为 \(k\) 的路径，那么可以把邻接矩阵做 \(k\) 次幂，然后这个邻接矩阵中所有数的和就是答案了。
那么这题可以直接这样做，时间复杂度 \(O(n^3\log k)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,k,anss;
struct matrix{
int a[55][55],len;
friend matrix operator*(const matrix&a,const matrix&b){
matrix c;c.len=a.len;
for(int i=1;i<=a.len;i++)for(int j=1;j<=a.len;j++){
c.a[i][j]=0;
for(int k=1;k<=a.len;k++)c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j]%mod,c.a[i][j]%=mod;
}
return c;
}
}mt,ans;
matrix ksm(matrix a,int b){
matrix ans=a;b--;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return ans;
}
signed main(){
cin>>n>>k,mt.len=n;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>mt.a[i][j];
ans=ksm(mt,k);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)anss+=ans.a[i][j],anss%=mod;
cout<<anss;
return 0;
}
AT_dp_s Digit Sum
数位 dp 入门题。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int d,a[10005],dp[10005][105];
string s;
int dfs(int now,int md,int tp){
if(!now){
if(!md)return 1;
else return 0;
}
if(!tp&&dp[now][md]>=0)return dp[now][md];
int maxx=tp?a[now]:9,res=0;
for(int i=0;i<=maxx;i++)res+=dfs(now-1,(md+i)%d,tp&&i==maxx),res%=mod;
if(!tp)dp[now][md]=res;
return res;
}
signed main(){
cin>>s>>d;
memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
for(int i=0;i<s.size();i++)a[s.size()-i]=s[i]-'0';
cout<<(dfs(s.size(),0,1)-1+mod)%mod;
return 0;
}
AT_dp_t Permutation
\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数中的最后一个数是 \(j\)，而且这 \(i\) 个数是 \(1\) 到 \(i\) 的方案数。
那么容易想到如果 \(s_{i-1}\) 为大于号时
\[dp_{i,j}=\sum_{k=j}^{i-1}dp_{i-1,k}
\]
如果 \(s_{i-1}\) 为小于号时
\[dp_{i,j}=\sum_{k=1}^{j-1}dp_{i-1,k}
\]
加个前缀和优化就能过，复杂度 \(O(n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int n,f[3005][3005],sum[3005][3005],ans;
string s;
signed main(){
cin>>n>>s;s=" "+s;
f[1][1]=sum[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++){
if(s[i-1]=='>'){
f[i][j]=sum[i-1][i-1]-sum[i-1][j-1];
f[i][j]+=mod,f[i][j]%=mod;
}
else{
f[i][j]=sum[i-1][j-1];
f[i][j]%=mod;
}
sum[i][j]=sum[i][j-1]+f[i][j],sum[i][j]%=mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=f[n][i],ans%=mod;
cout<<ans;
return 0;
}
AT_dp_u Grouping
很好想的状压。
先预处理出每个集合 \(S\) 如果分成一组的贡献 \(val_S\)，然后设 \(dp_S\) 表示集合 \(S\) 分组可以得到的最大值，那么
\[dp_S=\max_{V\subseteq S}dp_{S\backslash V}+val_V
\]
时间复杂度 \(O(3^n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
int n,dp[1000005],a[25][25],c[1000005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a[i][j];
for(int S=1;S<(1<<n);S++)for(int j=1;j<=n;j++)if(S&(1<<(j-1)))for(int k=j+1;k<=n;k++)if(S&(1<<(k-1)))c[S]+=a[j][k];
for(int S=1;S<(1<<n);S++)for(int V=S;V;V=(V-1)&S)dp[S]=max(dp[S],dp[S-V]+c[V]);
cout<<dp[(1<<n)-1];
return 0;
}
AT_dp_v Subtree
待补。
AT_dp_w Intervals
今年NOIP T4的原题。待补。
AT_dp_x Tower
我们可以贪心地想到如果两个箱子 \(i\) 和 \(j\)，且 \(s_i-w_j<s_j-w_i\) 的话，\(i\) 一定比 \(j\) 优先选择。
把这个式子变一下变成 \(s_i+w_i<s_j+w_j\)，就能排序了。
然后使用类似 01 背包的方法就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,dp[100005],ans;
struct nd{
int w,s,v;
friend bool operator<(const nd&a,const nd&b){
return a.w+a.s<b.w+b.s;
}
}a[1005];
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i].w>>a[i].s>>a[i].v;
sort(a+1,a+n+1);
memset(dp,-0x3f,sizeof dp),dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=a[i].s;~j;j--)dp[j+a[i].w]=max(dp[j+a[i].w],dp[j]+a[i].v);
for(int i=0;i<=20000;i++)ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
AT_dp_y Grid 2
待补。
AT_dp_z Frog 3
待补。
浙公网安备 33010602011771号