几道动态规划题目

1. POJ 1080 Human Gene Functions

这道题我们需要分3种情况，假设两个串分为s1, s2

设dp[i][j]表示i长度的s1 和j长度的s2所匹配得的最大分值

则有以下几种情况

1）s1取s1[i],s2取s2[j] ,dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + score(s1[i], s2[j])

2）s1取s1[i],s2取‘-’  , dp[i][j] = dp[i - 1][j] +score(s1[i], '-')

3）s1取‘-’,s2取s2[j] , dp[i][j] = dp[i][j - 1] + score('-', s2[j])

那么dp[i][j] 只需要取3种情况的最大值即可

初始化问题需要注意一下，显然有dp[0][0] = 0

dp[i][0] = dp[i - 1][0] + score(s1[i], '-')

dp[0][i] = dp[0][j - 1] + score('-', s2[j])

代码如下

#include <iostream>#include <vector>#include <list>#include <map>#include <set>#include <deque>#include <queue>#include <stack>#include <bitset>#include <algorithm>#include <functional>#include <numeric>#include <utility>#include <sstream>#include <iomanip>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cctype>#include <string>#include <cstring>#include <cmath>#include <ctime>using namespace std;int dp[105][105];int table[5][5] ={{5, -1, -2, -1, -3},{-1, 5, -3, -2, -4},{-2, -3, 5, -2, -2},{-1, -2, -2, 5, -1},{-3, -4, -2, -1, 0}};int get(char c){    switch(c)    {        case 'A': return 0;        case 'C': return 1;        case 'G': return 2;        case 'T': return 3;        case '-': return 4;        default: return 100;    }}int main(){    int T;    char s1[105], s2[105];    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        int len1, len2;        scanf("%d %s", &len1, s1);        scanf("%d %s", &len2, s2);        dp[0][0] = 0;        for(int i = 1; i <= len1; i++)        dp[i][0] = dp[i - 1][0] + table[get(s1[i - 1])][get('-')];        for(int i = 1; i <= len2; i++)        dp[0][i] = dp[0][i - 1] + table[get('-')][get(s2[i - 1])];        for(int i = 1; i <= len1; i++)        {            for(int j = 1; j <= len2; j++)            {                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - 1] + table[get(s1[i - 1])][get(s2[j - 1])], max(dp[i - 1][j] + table[get(s1[i - 1])][get('-')], dp[i][j - 1] + table[get('-')][get(s2[j - 1])]));            }        }        printf("%d\n", dp[len1][len2]);    }    return 0;}

2. POJ 1157   LITTLE SHOP OF FLOWERS

这道题的大意就是把一些花放在一些花瓶里，然后使获得的分值最大，看起来是个匹配问题，不过动态规划做起来显然更为方便

我们用dp[i][j]表示i朵花放在j个瓶子中的最大分值

对第i朵花放入第j个瓶子时

当j > i时，显然第i朵花是不一定放在第j个瓶子中的

而j<=i时，第i朵花一定放在第j个瓶子中

则有状态转移方程

 if(j > i) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - 1] + score[i][j], dp[i][j - 1]);
else dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + score[i][j];

dp数组初始化为0即可 

实现代码如下

#include <iostream>#include <vector>#include <list>#include <map>#include <set>#include <deque>#include <queue>#include <stack>#include <bitset>#include <algorithm>#include <functional>#include <numeric>#include <utility>#include <sstream>#include <iomanip>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cctype>#include <string>#include <cstring>#include <cmath>#include <ctime>#define INF 1000000000using namespace std;int dp[105][105];int table[105][105];int main(){    int f, v;    scanf("%d%d", &f, &v);    for(int i = 1; i <= f; i++)    {        for(int j = 1; j <= v; j++)        scanf("%d", &table[i][j]);    }    for(int i = 1; i <= f; i++)    {        for(int j = 1; j <= v; j++)        {            dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + table[i][j];            if(j > i) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - 1]);        }    }    printf("%d\n", dp[f][v]);    return 0;}

3. POJ 1160 Post Office

这道题就比上两道稍微复杂那么一点了

我们用cost[i][j] 表示i个邮局控制j个村庄时的最短距离和

我们先看一个邮局时的情况，不难证明出，一个邮局时，不管有多少个村庄，邮局一定是放在所有村庄的中央处是最优的

那么我们就可以得到状态转移方程了，其中newcost[i][j] 表示i到j村庄被一个邮局控制时的最短距离和

cost[i][j] = min(cost[i - 1][k]) + newcost[k + 1][j] 

意思就是假如i-1个邮局控制了j个村庄中的k个村庄，i个邮局控制j个村庄的最短距离和就为cost[i - 1][k] 加上 第i个邮局控制的剩下的k+1 到 j村庄的距离和，

很显然newcost数组是可以预处理出来的，而k的确定也需要通过枚举才行

实现代码如下

#include <iostream>#include <vector>#include <list>#include <map>#include <set>#include <deque>#include <queue>#include <stack>#include <bitset>#include <algorithm>#include <functional>#include <numeric>#include <utility>#include <sstream>#include <iomanip>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <cctype>#include <string>#include <cstring>#include <cmath>#include <ctime>#define INF 1000000000using namespace std;int cost[305][305];int newcost[305][305];int pos[305];int m, n;int main(){    while(scanf("%d%d", &m, &n) != EOF)    {        for(int i = 1; i <= m; i++)        scanf("%d", &pos[i]);        for(int i = 1; i <= m; i++)        {            for(int j = 1; j <= m; j++)            {                newcost[i][j] = 0;                int mid = (i + j) >> 1;                for(int k = i; k <= j; k++)                newcost[i][j] += abs(pos[mid] - pos[k]);            }        }        for(int i = 1; i <= m; i++)        cost[1][i] = newcost[1][i];        for(int i = 2; i <= n; i++)        {            for(int j = i; j <= m; j++)            {                int mi = INF;                for(int k = i - 1; k < j; k++)                {                    if(mi > cost[i - 1][k] + newcost[k + 1][j])                    mi = cost[i - 1][k] + newcost[k + 1][j];                }                cost[i][j] = mi;            }        }        printf("%d\n", cost[n][m]);    }    return 0;}