分析动态规划的核心四步法

训练目标：学会对采用四步法分析和解决问题，而不是代码实现。
训练内容：简单线性动态规划问题的分析
核心分析四步法：

1. 定义状态：能够准确定义问题状态；
2. 状态转移方程：能够对问题进行分解；
3. 初始状态：能够确定边界状态；
4. 计算顺序：总结 dp 公式。

---

【问题 1】最小花费

题目描述

数组的每个下标作为一个阶梯，第 \(i\) 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 \(\text{cost}[i]\)（下标从 \(1\) 开始）。

每当你爬上一个阶梯，都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。

求：求出到达楼层顶部的最低花费。

在开始时，从下标为 \(1\) 或者 \(2\) 的元素作为初始阶梯。

分析过程

1. 状态是什么？
使用函数表示，并在描述的状态中体现出问题规模信息和想要得结果。

\(\boldsymbol{dp(n)}\)：从第 1 或者第 2 阶到达第 \(n\) 阶的最小代价。

2. 如何分解？
考虑最后一步，对最后一步进行分类讨论，需要能够用到前面已求状态。
从哪一台阶跳一次恰好能够到达第 \(n\) 阶，有两种情况：

• 从第 \(n-1\) 阶，跳 \(1\) 阶，花费值为 \(dp(n-1) + cost[n-1]\)；
• 从第 \(n-2\) 阶，跳 \(2\) 阶，花费值为 \(dp(n-2) + cost[n-2]\)。

两种情况取最小值。

3. 边界值？
问题的初始状态，无需通过状态转移方程就能得到结果：
可以直接从第 1 阶或第 2 阶起跳，所以：

\(dp(1) = dp(2) = 0\)

4. 总结 dp 公式：

\[dp(i)= \begin{cases} 0 & (i \le 2) \\ \min\big(\,dp(i-1) + cost[i-1],\ dp(i-2) + cost[i-2]\,\big) & (i > 2) \end{cases} \]

---

【问题 2】B3636 文字工作

题目描述

机器猫要在电脑前打字。一共需要打 \(n\) 个字，但现在文档里只有一个字。
机器猫有两种操作可以做。假设现在已经有 \(x\) 个字，机器猫可以选择：

• 往文档最后加一个字。字数变成 \(x+1\)。
• 把文档复制粘贴一遍。字数变成 \(2x\)。

问机器猫至少需要多少次操作，才能得到恰好 \(n\) 个字。

输入格式

仅一行，一个正整数 \(n\)。

输出格式

仅一行，一个正整数，表示最少操作次数。

输入输出样例

输入样例 1	输出样例 1
16	4

输入样例 2	输出样例 2
5	3

说明 / 提示

样例解释

• 样例数据 1：\(1 \to 2 \to 4 \to 8 \to 16\)，共 4 步。
• 样例数据 2：\(1 \to 2 \to 4 \to 5\)，共 3 步。

数据规模与约定
对于 \(100\%\) 的数据，\(n \le 10^6\)。

---

分析过程

1、确定状态：

\(\boldsymbol{dp(x)}\)：表示从 1 个字刚好得到 \(x\) 个字的最少操作次数。

2、分解问题：
考虑最后一步操作从什么状态可以刚好得到 \(x\) 个字：

1. 从 \(dp(x-1)\) 的状态下执行第一个操作（加一个字）；
2. 当 \(x\) 为大于 0 的偶数时，从 \(dp(x/2)\) 的状态下执行第二个操作（复制粘贴）。

两种情况取最小值。

3、问题边界：
当只有 1 个字符的时候，无需任何操作：

\(dp(1) = 0\)

4、总结 dp 公式：

\[dp(x)= \begin{cases} 0 & (x = 1) \\ dp(x-1) + 1 & (x\%2 = 1) \\ \min\big(\,dp(x-1),\ dp(x/2)\,\big) + 1 & (x\%2 = 0) \end{cases} \]

---

【问题 3】奶牛渡河 1

题目描述

Farmer John 以及他的 \(N(1 \le N \le 2,500)\) 头奶牛打算过一条河，但他们所有的渡河工具，仅仅是一个木筏。由于奶牛不会划船，在整个渡河过程中，FJ 必须始终在木筏上。

在这个基础上，木筏上的奶牛数目每增加 1，FJ 把木筏划到对岸就得花更多的时间。
当 \(FJ\) 一个人坐在木筏上，他把木筏划到对岸需要 \(M(1 \le M \le 1000)\) 分钟。
当木筏搭载的奶牛数从 \(i-1\) 增加到 \(i\) 时，FJ 得多花 \(M_i(1 \le M_i \le 1000)\) 分钟才能把木筏划过河（也就是说，船上有 1 头奶牛时，FJ 得花 \(M+M_1\) 分钟渡河；船上有 2 头奶牛时，时间就变成 \(M+M_1+M_2\) 分钟。后面的依此类推）。

那么，FJ 最少要花多少时间，才能把所有奶牛带到对岸呢？
这个时间不包括 FJ 一个人把木筏从对岸划回来接下一批的奶牛的时间。

输入格式

第 1 行：2 个用空格隔开的整数：\(N\) 和 \(M\)。
第 \(2 \dots N+1\) 行：第 \(i+1\) 行为 1 个整数：\(M_i\)。

输出格式

1 行：输出 1 个整数，为 FJ 把所有奶牛都载过河所需的最少时间。

输入输出样例

输入 #1
5 10
3
4
6
100
40

输出 #1
50

---

分析过程

1、定义状态：

\(\boldsymbol{dp(i)}\)：表示前 \(i\) 头奶牛渡河的最少时间。

2、分解问题：
考虑最后一组有 \(j\) 头奶牛过河，那么需要知道：

• 前 \(n-j\) 头奶牛的最少花费时间 \(dp(n-j)\)
• 一组 \(j\) 头奶牛的渡河时间

其中 \(j\) 的取值范围是 \([1, i]\)。

渡河时间为 \(M\)（人的基础时间）加上 \(M_1\) 到 \(M_j\) 的总和（每头奶牛的附加时间）。

\[dp(i) = \min_{1 \le j \le i} \Bigg\{\, dp(i-j) + \Bigg(M + \sum_{k=1}^{j} M_k\Bigg)\,\Bigg\} \]

3、问题边界：
\(i=0\) 时候，没有奶牛需要渡河，直接可以得：

\(dp(0) = 0\)

4、总结 dp 公式：

\[dp(i)= \begin{cases} 0 & (i = 0) \\ \min\limits_{1 \le j \le i}\big\{\,dp(i-j) + \text{cost}(j)\,\big\} & (i \ge 1) \end{cases} \]

其中 \(\text{cost}(j) = M + \sum\limits_{k=1}^{j} M_k\)，表示载 \(j\) 头奶牛一次过河的时间。

---

【问题 4】奶牛渡河 2

题目描述

Farmer John 以及他的 \(N(1 \le N \le 2,500)\) 头奶牛打算过一条河，但他们所有的渡河工具，仅仅是一个木筏。由于奶牛不会划船，在整个渡河过程中，FJ 必须始终在木筏上。

在这个基础上，木筏上的奶牛数目每增加 1，FJ 把木筏划到对岸就得花更多的时间。

当 \(FJ\) 一个人坐在木筏上，他把木筏划到对岸需要 \(M(1 \le M \le 1000)\) 分钟。
当木筏搭载的奶牛数从 \(i-1\) 增加到 \(i\) 时，FJ 得多花 \(M_i(1 \le M_i \le 1000)\) 分钟才能把木筏划过河（也就是，船上有 1 头奶牛时，FJ 得花 \(M+M_1\) 分钟渡河；船上有 2 头奶牛时，时间就变成 \(M+M_1+M_2\) 分钟。后面的依此类推）。

那么，FJ 最少要花多少时间，才能把所有奶牛带到对岸呢？
当然，这个时间得包括 FJ 一个人把木筏从对岸划回来接下一批的奶牛的时间。

输入格式

第 1 行：2 个用空格隔开的整数：\(N\) 和 \(M\)。
第 \(2 \dots N+1\) 行：第 \(i+1\) 行为 1 个整数：\(M_i\)。

---

分析过程

1、状态：

\(\boldsymbol{dp(i)}\)：把前 \(i\) 头奶牛全部运到对岸的最少总时间（含返程时间）。

2、分解问题：
考虑最后一组运 \(j\) 头奶牛过河。

在把最后 \(j\) 头奶牛送过去之前，前 \(i-j\) 头奶牛已经全部在对岸了，此时 FJ 也在对岸。因此：

• 先让 FJ 一个人划船回来（耗时 \(M\)）；
• 再载上 \(j\) 头奶牛过去（耗时 \(M + \sum_{k=1}^{j} M_k\)）。

所以转移方程为：

\[dp(i) = \min_{1 \le j \le i} \Big\{\, dp(i-j) + M + \big(M + \sum_{k=1}^{j} M_k\big)\,\Big\} \]

即：

\[dp(i) = \min_{1 \le j \le i} \Big\{\, dp(i-j) + 2M + \sum_{k=1}^{j} M_k\,\Big\} \]

3、边界：
没有奶牛时，不需要渡河：

\(dp(0) = 0\)

4、总结 dp 公式：

\[dp(i)= \begin{cases} 0 & (i = 0) \\ \min\limits_{1 \le j \le i}\big\{\,dp(i-j) + 2M + \sum_{k=1}^{j} M_k\,\big\} & (i \ge 1) \end{cases} \]

💡 对比奶牛渡河 1：本题只是多了 FJ 划船返回的时间（除了最后一次不用返回）。如果"最后一次"也考虑进去，则公式中的 \(2M\) 在最后一趟只需要算 \(M\)，但实际实现中通常把 \(dp(N)\) 的最后一趟单独处理，或在状态定义中做区分。

---

【问题 5】P1968 美元汇率

题目描述

在以后的若干天里戴维将学习美元与德国马克的汇率。编写程序帮助戴维何时应买或卖马克或美元，使他从 100 美元开始，最后能获得最高可能的价值。

输入格式

输入文件的第一行是一个自然数 \(N,\ 1 \le N \le 100\)，表示戴维学习汇率的天数。
接下来的 \(N\) 行中每行是一个自然数 \(A,\ 1 \le A \le 1000\)。
第 \(i+1\) 行的 \(A\) 表示预先知道的第 \(i+1\) 天的平均汇率，在这一天中，戴维既能用 100 美元买 \(A\) 马克也能用 \(A\) 马克购买 100 美元。

输出格式

输出文件的第一行也是唯一的一行输出要求的钱数（单位为美元，保留两位小数）。
注意：考虑到实数算术运算中进位的误差，结果在正确结果 \(0.05\) 美元范围内的被认为是正确的，戴维必须在最后一天结束之前将他的钱都换成美元。

输入输出样例

输入
5
400
300
500
300
250

输出
266.67

说明 / 提示

样例解释

• Day 1 … changing 100.0000 美元 = 400.0000 马克
• Day 2 … changing 400.0000 马克 = 133.3333 美元
• Day 3 … changing 133.3333 美元 = 666.6666 马克
• Day 5 … changing 666.6666 马克 = 266.6666 美元

---

分析过程

1、状态：
定义两种状态，表示第 \(i\) 天结束时的最大资产：

• \(\boldsymbol{dp1(i)}\)：第 \(i\) 天结束时，手里全是美元的最大金额。
• \(\boldsymbol{dp2(i)}\)：第 \(i\) 天结束时，手里全是马克的最大金额。

2、分解问题：

第 \(i\) 天的汇率为 \(A_i\)（100 美元 = \(A_i\) 马克，即 1 美元 = \(A_i / 100\) 马克）。

考虑第 \(i\) 天结束时手里是美元的情况（dp1[i]），有两种来源：

• 第 \(i-1\) 天手里就是美元，今天不操作，继续持有美元；
• 第 \(i-1\) 天手里是马克，今天把马克换成美元。

\[dp1(i) = \max\Big(\,dp1(i-1),\ dp2(i-1) \div \frac{A_i}{100}\,\Big) \]

同理，第 \(i\) 天结束时手里是马克的情况（dp2[i]）：

• 第 \(i-1\) 天手里就是马克，今天不操作；
• 第 \(i-1\) 天手里是美元，今天把美元换成马克。

\[dp2(i) = \max\Big(\,dp2(i-1),\ dp1(i-1) \times \frac{A_i}{100}\,\Big) \]

3、边界：
初始时（第 0 天），戴维有 100 美元，没有马克：

\(dp1(0) = 100.0\)
\(dp2(0) = 0.0\)

4、总结 dp 公式：

\[\begin{cases} dp1(0) = 100.0,\ dp2(0) = 0.0 \\ \\ dp1(i) = \max\Big(\,dp1(i-1),\ \dfrac{dp2(i-1) \times 100}{A_i}\,\Big) \\ \\ dp2(i) = \max\Big(\,dp2(i-1),\ \dfrac{dp1(i-1) \times A_i}{100}\,\Big) \end{cases} \]

最终答案为 \(dp1(N)\)，保留两位小数。