随笔分类 - 动态规划
摘要：树型DP入门题题目链接：http://acm.sjtu.edu.cn/OnlineJudge/problem/1077•设f(i,j)中序遍历为i,i+1,…,j的二叉树的最大加分，则有： f(i,j)=max{f[i,k-1]*f[k+1,j] +d[k]}•显然 f(i,i)=d[i]•答案为f(1,n)•1<=i<=k=<=j<=n•时间复杂度 O(n3)•要构造这个树，只需记录每次的决策值，令b(i,j)=k，表示中序遍历为i,i+1,…,j的二叉树的取最优决策时的根结点为k最后前序遍历这个树即可。/*树型DP*/#include <cstdio>#
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摘要：状态压缩DP经典覆盖问题，输入n和m表示一个n*m的矩形，用1*2的方块进行覆盖，不能重叠，不能越出矩形边界，问完全覆盖完整个矩形有多少种不同的方案其中n和m均为奇数的话，矩形面积就是奇数，可知是不可能完全覆盖的。接着我们来看n*m为偶数的情况DP前先处理一下，交换n和m使n较大m较小，这样能减少状态数另外数据中是有重复的，所以开辟一个ans数组来记录每组数据的结果，如果遇到相同的数据则不要计算直接输出答案不用这个ans数组的话也不会超时，这个代码是跑出了950ms，加了这个记录答案的数组时间变为600ms接着就看注释部分的讲解即可/*最上面的为第1行，最下面为第n行从上到下按行DP其中一行的
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摘要：状态压缩DP多数也把这题分类在图论中，算是状态压缩在图论中的一个应用题意：有n只牛和m个场，下面n行给出每只牛喜欢去的场的个数，再给出每个场的编号（而且每只牛只能去他们喜欢的场）。然后要你安排好这些牛去他们喜欢的场，一个场只能有一只牛，问有多少种分配方案状态压缩，定义一个m位长的二进制数，从右到左依次代表第1，第2，第3个场，1表示这个场已经被占用，0表示没有。最后我们是要把n个牛都安排进去，那么这个二进制数将有n个1，这些就是我们要的目标状态。显然我们是按照牛的个数进行DP，先放第1只牛，再放第2只……最后放第n只。所以状态转移可以表示为 s'--->s , 其中s‘有k-1个
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摘要：动态规划（递推）选拔赛的题目，也是2012国赛的题目。题意：给n个节点，构建一棵树，使到同一层的节点所拥有的子节点数相等，问能构建出多少个这句话，“使到同一层的节点所拥有的子节点数相等”，并没有把话说得很白，但是细想就可以发现，这句话是等同于说，这棵树是对称，而且非常对称，甚至可以想象到，以树根为轴，把树劈成两份，两边是对称的，取其中一边，再以树根劈开，两边还是对称的（这样强的对称性才满足题目说的那句话）所以基于这点，我们可以想到，除开树根外，下面的子树（可能一棵子树，或者两棵，多棵），一定要完全相同的，为什么？哪怕每棵子树是对称的，但是子树与子树之间不同，那么都挂在树根上的时候，是不能满足
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摘要：动态规划去年选拔赛的一个题目，题意就是给一个序列，要找出一个子序列，一增一减（第偶数个元素要比它前面的元素小，第奇数个元素要比它前面的元素大）算是比较基础的DP，属于"第i个元素与它前面i-1的元素形成的一种关系，最后变为前i个元素的信息"dp[i]表示加入第i个数字，与前i-1个数字能形成的最大长度，因此面对两个两个问题，第i个元素会不会加入到最终的最长子序列中，要加的话怎么加先看方程 dp[i]=max{ dp[j] } + 1; 若dp[j]为奇数，若想加入第i个元素，那么第i个元素将会是子序列中的第偶数个元素，那么还要满足a[i]<a[j]若dp[j]为偶数，
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摘要：状态压缩DP题意：输入n，m，一个n*n的棋盘，放入m个国王，国王不能相互攻击，有多少种放置的可能。国际象棋的国王的攻击范围就是它周围的一圈，一共8个格子（上下左右四个对角）和 poj 1185 炮兵布阵 非常相似 ， 同样使用位运算加速，同样可以使用滚动数组代码有详细注释/*state[i]表示第i种状态，即一行内的国王不互相攻击的状态，king[i]对应这种状态有多少个国王关于相邻两行的状态是否能共存的问题，也就是两行的国王会不会相互攻击,state[k]表示第i行的状态，state[kk]表示第i-1行的状态state[k] & state[kk] = 1 , 说明在某一列上有国
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摘要：动态规划1.先考虑在1到n的村长里面放一个邮局的最优解，那么就是把邮局放在最中间的那个村庄处最优（若村庄数为偶数则最中间的村庄有两个哪个都可以）2.当放m个邮局的时候，其他每个邮局相当于有一个控制范围，范围内的村庄离该邮局最近，那么m个邮局会把n个村庄分为m块，我们就是dp每一块，令每一块的值最优，以及加上还没有处理的大块的最优解，则是我们要的答案dp[i][j]表示从1号到i号村庄放j个邮局的最优解方程：dp[i][j]=min{ dp[k-1][j-1]+s[k][i] } s[k][i]表示在k号村庄到i号村庄放1个邮局的最优解，也就是放在最中间记忆化搜索/*dp[i][j]=min{.
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摘要：动态规划题意：让你猜一个物品的价格，猜低了或者猜高了都会提示你。G,L，表示你有G次机会猜一个数，如果猜错了，G会减少1次，如果你的错误是应该是猜高了，那么L也会少一次（猜低了L不会少）。如果G次机会都用完了，则输；若G次机会还有剩余，而L次机会用完了，这时再猜一个数，若猜高了，那么也输了。让你确定一个数字N，以保证在G,L的条件下，你一定能猜到[1,N]以内的任何一个数1.如果L等于0，也就是说你在猜的过程中，绝对不能猜高，所以你只能从1开始猜，并依次为2,3,4……最大能猜到的数是G，所以N=G,这样才能保证你一定能猜到其中的任何一个数2.L>G，这是个迷惑的情况，其实L比G大是没意
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摘要：动态规划一开始定义为dp[l1][l2][l3][dd]，表示用l1个{}，l2个[]，l3个()，深度为dd的方案数，后来不行。参考别人后，dp[l1][l2][l3][dd]表示深度小于等于dd的方案数，那么答案是dp[l1][l2][l3][dd]-dp[l1][l2][l3][dd-1]可以用分块和整块的思想来看这个问题好像[[()][]] 这类的我们可以说它是整块，[][]()，这类的我们可以说它是分块，我们在构建的dp数组的时候就是把其当做是分块来处理，然后使用乘法原理例如dp[l1][l2][l3][dd]，我们可以先构建一个小分块，用小分块的方案数*其实括号能组成的方案数，而这
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摘要：动态规划poj 1141 ural 1183 zoj 1463 都是相同的题目，黑书DP的例题输入比较恶心，有空串。递推的时间是1s多，记忆化的时间是4.3s勉强过，原理不说了百度各种有/*1.dp[i][j]=dp[i+1][j-1] , p[i][j]=-1 , --->p[i+1][j-1]2.dp[i][j]=dp[i+1][j]+1 , p[i][j]=-2 , --->p[i+1][j]3.dp[i][j]=dp[i][j-1]+1 , p[i][j]=-3 , --->p[i][j-1]4.dp[i][j]=dp[i][k]+dp[k+1][j] , p[i][
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摘要：动态规划也是经典题目，黑书上也有介绍。今晚上JAVA在想，想了一下想出来，需要五维，大矩形的值由小矩形得到，这个状态转移方程个人感觉还是比较想到，但是一些细节的地方还没想到怎么处理，回来瞄一眼黑书得到了标准差的一个转化公式，所以疑团解开，便开始打代码（看黑书过程中它写的状态转移方程和我想的一样，但是有一些细微的细节，我感觉我这样处理比较保险，我后来细想了一下它的，虽然没有判断但是可能也不会出错，但是更倾向于我自己想的那种，就是关于横着切和竖着切的范围）忘记搞掉注释WA了一次，搞掉后就AC了，算是 一次成型不用debug，后来上网找报告，大家几乎都是用double来开数组的，其实不用double
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摘要：状态压缩DP（使用位运算加速）这是个经典的状态压缩DP，为加深印象详细写写一下报告，由于是中文题目所以不说题意了思考方法：首先，一个炮的攻击有两行，所以对于第i行来讲，i-1行和i-2行对它有影响，i-3行及以上的都没有影响了，所以我们要得到第i行的信息，只需要知道i-1和i-2的信息（最近有个体会，DP要找到什么因素影响了当前你要求的东西，有影响的我们就处理，没影响的我们不用管）。接着我们就思考怎么表示状态。山用1表示，空地用0表示，空地放了兵也用1表示，那么对于一行，就是一个01的串，这是个二进制数，我们可以想到状态压缩压缩回来一个十进制数。比如原地图01101011，那么0处可以放兵，所
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摘要：DP经典问题，石子合并描述：在一个圆形操场的四周摆放着n 堆石子。现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的2 堆石子合并成新的一堆，并将新的一堆石子数记为该次合并的得分。试设计一个算法，计算出将n堆石子合并成一堆的最小得分和最大得分。/*石子合并问题由于石子是未成一圈，所以首先我们要把圆圈剪断变成一条直线，而这样的直线有n条（每个石子都可以作为直线的开头）接下来我们就考虑直线的石子合并问题，这个其实就是矩阵链乘法dp[i][j]=min{ dp[i][k]+dp[k+1][j]+cost } cost为本次合并带来的代价，cost=ai+ai+1+ai+2……aj*/#include
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摘要：DP（经典题）：字符串最短编辑距离关于计算最短编辑距离的资料有很多，这里不详说，这题还要求输出路径，并且注意到是实时的输出，关键在于输出中的那个数字，即位置代码中已经有详细分析/*dp[i][j]表示a串前i个字符和b串前j个字符的最短编辑距离1.dp[i][j]=dp[i-1][j]+1 即先删除a串的第i个字符，然后使其前i-1个字符与b串的前j个字符相同2.dp[i][j]=dp[i][j-1]+1 即先让a串的前i个字符和b串的前j-1个字符相同，然后再在a串后面插入b[j]这个字符3.dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+(a[i]==b[j]?0:1) 即先让a串前i-1..
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摘要：DP(DAG最长路)题意：给出x轴上的线段的端点坐标，一个线段能覆盖另一个线段（端点不能相同），求出最多的线段覆盖并且从短到长给出路径。转化模型为DAG，求DAG上的最长路并且打印路径，用记忆化搜索实现#include <cstdio>#include <cstring>#define N 550int a[N],b[N],n;bool g[N][N];int dp[N],path[N];void dfs(int i){ if(dp[i]!=-1) return ; dp[i]=1; for(int j=1; j<=n; j++) if(g[i][j]) { ..
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摘要：DP(解码)题意：给出一个串的长度n，串只有0,1组成，但是不能有两个相邻的1。按字典序给串排列，最先肯定是0000，接着是0001，依此类推。给一个数字m，输出在长度为n的情况下，第m个排列的串是什么，如果m大于总排列数，输出-1这其实是一个解码的过程，必须用高位到低位解码（从左到右），因为这里要求字典序，字典序的比较水从左到右的由于数据规模固定在串长度44以内，所以我们先dp出所有长度下可能的排列数，编码时也要用每次编码按位编码，判断当前位为0还是为1，就是看填0或1可能产生多少排列数然后和m比较，这个看代码大概都能懂的#include <cstdio>#include <
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摘要：数学递推（DP）题意：有n个人，身高各不相同排成一列。从前面 看过去能看到p个人，后后面看过去能看到r个人。矮的人会被高的人挡着看不到。问满足p，r的情况下，有多少种排列的可能。/*DPdp[i][j][k]表示队列中有i个人，从前面可以看到j个人，后面可以看到k个人有多少种可能策略：从空队列开始，往其中插入人，从最高到最低插入,每次插入有3种位置，一种在队首，则从前面看的人数会加1，一种在队尾，则从队尾看的人数会加1，一种在中间（已经有n人在队中，那么有n-1个插入位置），则从队首和队尾看的人数 都不会增加状态转移方程 dp[i][j][k]=dp[i-1][j-1][k]+dp[i-1][
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摘要：DP+高精度+滚动数组还是1009的题目，不过数据再大点，数组都开不下，需要滚动数组。回想1009的递推的方式，可以看到，要知道当前位的信息，只需要知道前一位的信息即可，所以其实任何时候都只需要两位，所以我们可能用户滚动数组，不断替换，而算法思想是完全不变的//用递推来实现，要得到当前位的信息只与前一位有关，因为用滚动数组，只保存两位，不断滚动//dp[0][]表示前一位的信息，dp[1][]表示当前位的信息，每一位的数字只能为0和非0#include <cstdio>#include <cstring>#define MAX 1900 //位数#define LEN
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摘要：DP+高精度 （和1009是一样的题目，不过数字的位数达到了180，所以要用高精度）同样是记忆化搜索实现，不过加入了高精度，一些细节地方就注意一下。我的代码写的不好，有点长有点乱…………#include <cstdio>#include <cstring>#define LEN 210 //高精度数组的大小#define MAX 210 //位数struct num{ int a[LEN],len; //a数组保存高精度}dp[MAX][15]; //最多180位，最高进制为10int N,K;void init(){ for(int i=1; i<N; i++)
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摘要：DP，最大子矩阵和：先按列压缩为一维i，在用最大连续子序列和来求。在枚举列压缩求和的时候，为了提高速度，可以在输入的时候先保存下来，就不用每次都去计算，不过再代码中没有写另外这题不允许空矩阵，即至少要有一个元素，所以代码要做稍微的修改，就这样WA了几次/*最大子矩阵和，先压缩为一维再求最大子序列和，时间复杂度O(n^3)*/#include <cstdio>#include <cstring>#define N 1100#define INF 0x3f3f3f3fint a[N][N],s[N],n;void get_sum(int x ,int y){ for(int
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