简单dp&递推合集

以下题目全部来自EOJ。

1075 庆祝迎评成功

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一个蛋糕切n刀，求最多可以切成几块。

说明

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对三维问题，降维处理不失为一种好方法。我们先考虑二维情况：

• n条直线分割一个平面，最多可以分割成几块？

假设n-1条直线已经确定（并且已经是最优解，下同），那么第n条直线需要与前n-1条直线交于n-1个不同的点，这使第n条直线被分为n份，平面则将被多分出n个区域。

我们设二维情况的答案为f(n)，则f(n)=f(n-1)+n，推得通项公式f(n)=1+n(n+1)/2。

推广到三维，设此时答案为s(n)。n-1个平面已经确定，第n个平面需要与前n-1个平面有n-1条交线，这使第n个平面被分为f(n-1)份，空间则将被多分出f(n-1)个区域。我们得到：s(n)=s(n-1)+f(n-1)=s(n-1)+1+n(n-1)/2。

边界条件为s(0)=1。

#include <stdio.h>int main(){    int a, i;    long long s[1001];    s[0] = 1;    for (i = 1; i < 1001; ++i)        s[i] = s[i - 1] + i * (i - 1) / 2 + 1;    while (scanf("%d", &a) && a)        printf("%lld\n", s[a]);    return 0;}

1015 核电站

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一个核电站有 N 个放核物质的坑，坑排列在一条直线上。

如果连续 M 个坑中放入核物质，则会发生爆炸，于是，在某些坑中可能不放核物质。

任务：对于给定的 N 和 M，求不发生爆炸的放置核物质的方案总数

说明

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设第n个坑不发生爆炸的方案数为发f(n)，我们假设前n-1个坑已经确定。分两种情况：

1. 已经有连续m-1个核物质，那么第n个坑只能不放核物质，且者m-1个坑前的那个坑也不能放核物质。方案数为f((n-1)-(m-1)-1)=f(n-m-1)。
2. 否则，第n个坑可以选择放或不放。方案数为2*[f(n-1)-f(n-m-1)]。

边界条件f(0)=1。

具体计算时可以用dp的递推形式写，也可以像如下代码中用2的幂计算：

#include <stdio.h>#include <math.h>int main(void){    int n, m, i;    long long nuc[60];    nuc[0] = 1;    while (~scanf("%d%d", &n, &m)){        for (i = 1; i <= 50; ++i){            if (i < m) nuc[i] = (long long)pow(2, i);            else if(i == m) nuc[i] = (long long)pow(2, m) - 1;            else nuc[i] = 2 * nuc[i - 1] - nuc[i - m - 1];        }        printf("%I64d\n", nuc[n]);    }    return 0;}

（注：这里不能预处理nuc数组，因为m未知）

3267 足球锦标赛

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计分板上的每一位都按顺序挂了 0 到 9 这 10 个牌子，所以可以表示 000 至 999。当其中一个队的得分从 010 变成 011 时，计分员只要将最后一位的最前面的牌子向后翻即可，共需翻动一块牌子；当得分从 019 变成 020 是，由于 9 后面已经没有牌子了，所以计分员要将 0 到 9 全部翻到前面，并将倒数第二位的牌子 1 翻到后面，所以共需翻动 10 块牌子。

现场的计分牌和图中所示还是存在差异的，现场的计分牌会很大，很重，所以翻每块牌子都要消耗 1 点体力。

你是计分员，现在比赛还剩下最后十分钟。现在有一个预言家告诉你在这十分钟里，双方得分共计多少；但他没有告诉你双方得分各是多少。所以你想要知道你要花费的体力值最多是多少。

说明

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先模拟翻牌，预处理记录体力的数组。然后枚举双方得分情况，求最大值。

#include <stdio.h>int dp[1001]={0};void init(){    int i;    for (i = 1; i <= 999; ++i){        if (i % 100 == 0) dp[i] = dp[i - 1] + 19;        else if (i % 10 == 0) dp[i] = dp[i - 1] + 10;        else dp[i] = dp[i - 1] + 1;    }    return;}int main(void){    int t, i, a, b, sc, j;    scanf("%d", &t);    init();    for (i = 1; i <= t; ++i){        scanf("%3d %3d %d", &a, &b, &sc);        int ans = 0, now = 0;        for (j = 0; j <= sc; ++j){            now = dp[a + j] - dp[a] + dp[b + sc - j] - dp[b];            if (now > ans) ans = now;        }        printf("Case %d: %d\n", i, ans);    }    return 0;}

1052 0-1背包问题

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已知 n 个物体 1,2,3,…,n 与一个背包。物体 i 的重量为 Wi>0，价值为 Pi>0 (i=1,2,…,n)，背包容量为 M>0。

求在不超过背包容量的情况下，使得装进去的物体的价值最高。

说明

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经典入门dp题。用一维数组实现时需要注意j需要从m到w递减，这与动规的bottom-up思路是一致的。

#include<stdio.h>int main(){    int t;    scanf("%d", &t);    while(t--)    {        int n, m, i, j, w, v, a[100001] = {0};        scanf("%d%d", &n, &m);        for(i = 0; i < n; ++i){            scanf("%d%d", &w, &v);            for(j = m; j >= w; --j)                if (a[j - w] + v > a[j]) a[j] = a[j - w] + v;        }        printf("%d\n",a[m]);    }    return 0;}

3302 打印

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打印 n 个相同的字符，插入或删除一个字符花费的时间为 x，复制当前整个文本并且粘贴在后面的时间花费为 y，求完成 n 个字符的打印所需的最小花费时间。

说明

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dp[i]表示打印i个字符需要的最小时间。

1. i为偶数时，可能是（i-1个字符+插入一个字符）/（i/2个字符复制一次）两种操作之一产生的，取它们的最小值。
2. i为奇数时，可能是（i-1个字符+插入一个字符）/（(i+1)/2个字符复制一次）两种操作之一产生的，取它们的最小值。

写的时候用的c，还并不会定义宏，导致代码看起来比较繁琐。

#include <stdio.h>#include <memory.h>#define MAX 10000001typedef long long LL;LL dp[MAX];LL printing(int n, int x, int y){    int i;    if (n == 0) return 0;    if (n == 1) return x;    memset(dp, 0, sizeof(dp));    for (i = 1; i <= n; ++i){        if (i % 2)            dp[i] = (dp[i-1]+x < dp[(i+1)/2]+y+x)?dp[i-1]+x:dp[(i+1)/2]+y+x;        else            dp[i] = (dp[i-1]+x < dp[i/2]+y)?dp[i-1]+x:dp[i/2]+y;    }    return dp[n];}int main(){    int n,x,y;    scanf("%d%d%d",&n, &x, &y);    LL ans = printing(n, x, y);    printf("%lld", ans);    return 0;}