坐标规则型动态规划总结

前言

最近按照资料里的ppt的内容进行dp的专题学习，今天总结的是坐标规则型的dp总结，题目并不是很难，但是都很有代表性。

例题

Robots

题目描述
在一个n∗m的棋盘内，一些格子里有垃圾要拾捡。现在有一个能捡垃圾的机器人从左上格子里出发，每次只能向右或者向下走。每次他到达一个点，就会自动把这个点内的垃圾拾掉。
问：最多能拾多少垃圾。在最多的情况下，有多少种拾垃圾方案？
数据范围:n≤100,m≤100
样例分析

最多能拾5块。有4种方法。

解析
因为机器人只能向右或者向下走。符合无后效性原则。于是dp。
设F(i,j)表示从(1,1)点开始走到(i,j)的时候，最多捡了多少垃圾。
F(i,j)=Maxf(i−1,j),f(i,j−1)+c[i,j]
其中C[i,j]=1表示(i,j)点有垃圾。C[i,j]=0表示没有
范围:1≤i≤n,1≤j≤m，决策2种
时间复杂度为O(n∗m)

代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))typedef long long LL;const int size = 100+10;int f[size][size];bool mp[size][size];int n,m;int main() {    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++) {        for(int j=1;j<=m;j++) {            scanf("%d",&mp[i][j]);        }    }    for(int i=1;i<=n;i++)         for(int j=1;j<=m;j++)             f[i][j]=Max(f[i-1][j],f[i][j-1])+mp[i][j];    printf("%d\n",f[n][m]);    return 0;}

矩阵取数游戏 （NOIP2007）

具体描述见链接：矩阵取数游戏

解析
因为为每一行所取的数与其他行无关，所以直接一行行区间dp就好了：

设f[i][j]为某一行中剩下i到j这些数时的最大值。

则f[i][j]=max(f[i+1][i+j]+2m−j⋅a[i],f[i][i+j−1]+2m−j∗a[i+j])

然后计算时要高精度…

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=80+10;struct BIGNUM {    int num[maxn],len;    BIGNUM(){memset(num,0,sizeof(num));len=1;}    BIGNUM operator = (const char str[])     {        len=strlen(str);        for(int i=0;i<len;i++)            num[i]=str[len-i-1]-'0';        while(num[len-1]==0&&len>1) len--;        return *this;    }    BIGNUM operator = (const int n)     {        int tmp=n;        len=1;        do         {            num[len-1]=tmp%10;            tmp/=10;len++;        }while(tmp>0);        while(num[len-1]==0&&len>1) len--;        return *this;    }    BIGNUM operator + (const BIGNUM &rhs) const     {        BIGNUM tmp;        tmp.len=max(len,rhs.len)+1;        for(int i=0;i<tmp.len;i++)         {            tmp.num[i]+=num[i]+rhs.num[i];            tmp.num[i+1]=tmp.num[i]/10;            tmp.num[i]%=10;        }        while(tmp.num[tmp.len-1]==0&&tmp.len>1) tmp.len--;        return tmp;    }    BIGNUM operator * (const BIGNUM &rhs) const     {        BIGNUM tmp;        tmp.len=len+rhs.len;        for(int i=0;i<len;i++)            for(int j=0;j<rhs.len;j++)             {                tmp.num[i+j]+=num[i]*rhs.num[j];                tmp.num[i+j+1]+=tmp.num[i+j]/10;                tmp.num[i+j]%=10;            }        while(tmp.num[tmp.len-1]==0&&tmp.len>1) tmp.len--;        return tmp;    }    bool operator < (const BIGNUM &rhs) const     {        if(len>rhs.len) return false;        if(len<rhs.len) return true;        for(int i=len-1;i>=0;i--)            if(num[i]!=rhs.num[i]) return num[i]<rhs.num[i];        return false;    }    void print()     {        for(int i=len-1;i>=0;i--) printf("%d",num[i]);    }}dp[maxn][maxn];BIGNUM ans;int a[maxn];int main(){    int n,m;    scanf("%d%d",&n,&m);    BIGNUM pow;    pow=2;    for(int i=1;i<=n;i++)     {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(int j=1;j<=m;j++)         {            scanf("%d",&a[j]);            dp[j][j]=a[j]*2;        }        for(int x=2;x<=m;x++)            for(int l=1;l<=m;l++)             {                int r=l+x-1;                if(r>m) continue;                dp[l][r]=max(dp[l+1][r]*pow+dp[l][l],dp[l][r-1]*pow+dp[r][r]);//dp            }        ans=ans+dp[1][m];    }    ans.print();    return 0;}

传纸条(NOIP2008)

具体描述见链接：传纸条

解析

刚开始可能想用一个贪心思想：

• 求出1个纸条从（1，1）到（M,N）的路线最大值.
• 删除路径上的点值
• 再求出1个纸条从（M,N） 到（1，1）的路线最大值.
• 统计两次和
  然后就很容易发现有反例，哈哈。
  然后你想怎么搞呢，既然方向有限定，那么符合dp特性，就可以dp了。
  由于小渊和小轩的路径可逆，因此，尽管出发点不同，但都可以看成同时从(1,1)出发到达(M,N)点。
  设f(i1,j1,i2,j2)表示纸条1到达(i1,j1)位置，纸条2到达(i2,j2)位置的最优值。则有，
  
  (原谅我用mathtype写的，懒得搞成mathjax了）
  其中 (i1,j1)≠(i2,j2)
  1≤i1,i2≤M, 1≤j1,j2≤N
  时间复杂度O(N2∗M2)

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int size=55;int a[size][size];int f[size][size][size][size];int n,m;int main(){    cin>>n>>m;    for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=1;j<=m;j++)            cin>>a[i][j];    for(int i=1;i<=n;i++)    {        for(int j=1;j<=m;j++)        {            for(int k=1;k<=n;k++)            {                for(int l=1;l<=m;l++)                {                    f[i][j][k][l]=max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]);                    f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k-1][l]);                    f[i][j][k][l]=max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l-1]);                     f[i][j][k][l]+=(a[i][j]+a[k][l]);                     if(i==k&&j==l)                    {                        f[i][j][k][l]-=a[i][j];                    }                }            }        }    }    cout<<f[n][m][n][m]<<endl;    return 0;}

免费馅饼

题目描述
SERKOI最新推出了一种叫做“免费馅饼”的游戏。
游戏在一个舞台上进行。舞台的宽度为W格，天幕的高度为H格，游戏者占一格。开始时游戏者站在舞台的正中央，手里拿着一个托盘。下图为天幕的高度为4格时某一个时刻游戏者接馅饼的情景。

游戏开始后，从舞台天幕顶端的格子中不断出现馅饼并垂直下落。游戏者左右移动去接馅饼。游戏者每秒可以向左或向右移动一格或两格，也可以站在原地不动。
馅饼有很多种，游戏者事先根据自己的口味，对各种馅饼依次打了分。同时，在8-308电脑的遥控下，各种馅饼下落的速度也是不一样的，下落速度以格/秒为单位。
当馅饼在某一秒末恰好到达游戏者所在的格子中，游戏者就收集到了这块馅饼。
输入
输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数，分别给出了舞台的宽度W（1到99之间的奇数）和高度H（1到100之间的整数）。
接下来依馅饼的初始下落时间顺序给出了所有馅饼的信息。每一行给出了一块馅饼的信息。由四个正整数组成，分别表示了馅饼的初始下落时刻（0到1000秒），水平位置、下落速度（1到100）以及分值。游戏开始时刻为0。从1开始自左向右依次对水平方向的每格编号。
输入文件中同一行相邻两项之间用一个或多个空格隔开。
输出
输出文件的第一行给出了一个正整数，表示你的程序所收集的最大分数之和。

解析
刚开始看到这道题却没什么思路，两个物品都同时在动，似乎很复杂的样子。
看了ppt后面的题解后，可以算出每个时刻落到最底层的每个格子有多少分值的馅饼。
如果将馅饼当成参照物，则馅饼向下落，可以看成馅饼不动，人往上走去摘取馅饼，这样人每1时刻都可以走到上一行的5个格子，如图：

计算出每个格子每个时刻可能达到的馅饼分值，填入W*H的天幕表。
其中C[i,j]表示天幕的第i行第j列的馅饼分值，即第i时刻，馅饼落到最底行的馅饼分值。
设F(i,j)表示人走到第i行j列所取得的馅饼最大分值和，则有，
f(i,j)=max⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪f(i−1,j−2)f(i−1,j−1)f(i−1,j)f(i−1,j+1)f(i−1,j+2)+c(i,j)
范围0≤i≤T,1≤j≤W,决策数为5个
时间复杂度为O(5WT)

代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))const int size  = 1000+10;int st;int f[size][110];int c[size*10],x[size*10],t[size*10],v[size*10];int n=1,h,w;int m=0,time=0;int mx(int i,int j) {    int m=0;    if(f[i+1][j-2]>m and j-2>0) {m=f[i+1][j-2];st=-2;}    if(f[i+1][j-1]>m and j-1>0) {m=f[i+1][j-1];st=-1;}    if(f[i+1][j]>m) {m=f[i+1][j];st=0;}    if(f[i+1][j+1]>m) {m=f[i+1][j+1];st=1;}    if(f[i+1][j+2]>m) {m=f[i+1][j+2];st=2;}    return m;}int main() {    freopen("freecake.in","r",stdin);    scanf("%d%d",&w,&h);    h--;    while(~scanf("%d%d%d%d",&t[n],&x[n],&v[n],&c[n])) {        if(h%v[n]==0) {            t[n]+=h/v[n];time=Max(time,t[n]);            n++;        }    }    memset(f,0,sizeof f);    for(int i=1;i<=n;i++) f[t[i]][x[i]]+=c[i];    for(int i=time-1;i>=0;i--)        for(int j=w;j>0;j--)            f[i][j]+=mx(i,j);    printf("%d\n",f[0][w/2+1]);    for(int i=0,j=w/2+1;;i++) {        if(mx(i,j)==0) break;        j+=st;printf("%d\n",st);    }    return 0;}

三角蛋糕

题目描述
一块边长为n的正三角形的大蛋糕，一些被老鼠咬坏了，如下图黑色部分。

现想把该蛋糕切出一块最大的没被老鼠咬坏正三角形的蛋糕；
求切出的最大的三角形面积
范围：n≤100。

解析
设顶点坐标为(i,j)的三角形最大高度为F(i,j)
显然：f(i,j)=min(f(i−1,j−1),f(i−1,j+1))+1
当C[i−1,j]=’-‘，表示这个三角形没被老鼠咬坏。
同理
设顶点坐标为(i,j)的三角形最大高度为G(i,j)
显然：g(i,j)=min(g(i+1,j−1),g(i+1,j+1))+1
当C[i+1,j]=’-‘，表示这个三角形没被老鼠咬坏。
然后分别求F(i,j)和G(i,j)
1≤i≤n,1≤j≤2n−1
因此，时间复杂度O(N2)
答案为高度的平方，简单证明如下：
假设最大高度为W
则三角形个数为１+３+５+…+2W−1=W2

代码

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))typedef long long LL;const int size = 200+10;int a[size][size],n;char st[size];int main() {    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++) {        scanf("%s",st+i);        for(int j=1;j<=2*n-i;j++) {            if(st[j]=='-') a[i][j]=a[i][j-1]+1;            else a[i][j]=0;        }    }    int ans=0,k;    for(int i=1;i<=n;i++)        for(int j=i;j<=2*n-i;j++) {            if(a[i][j]) {                if(!(i*j&1) and (i&1||j&1))                    for(k=1;a[i+k][j+k]>=k*2+1;k++);                else                    for(k=1;a[i-k][j+k]>=k*2+1;k++);                ans=Max(ans,k*k);            }        }    printf("%d\n",ans);    return 0;}

总结

坐标规则类动态规划有一个共性，那就是在一个矩阵中（一般是二维矩阵，当然可能有更加复杂的图形）给出一些规则，然后按规则去做某些决策。
思考这类问题的基本方法是：以坐标为状态，坐标之间的转换关系，一般利用问题给出的规则进行决策转移。
状态转移方程一般可描述如下：
F(i,j)=Max　f(i−1,k)+决策；这里k为规则数