DP小结

最少拦截系统
Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65536/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 47   Accepted Submission(s) : 19
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Problem Description
某国为了防御敌国的导弹袭击,发展出一种导弹拦截系统.但是这种导弹拦截系统有一个缺陷:虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度,但是以后每一发炮弹都不能超过前一发的高度.某天,雷达捕捉到敌国的导弹来袭.由于该系统还在试用阶段,所以只有一套系统,因此有可能不能拦截所有的导弹.
怎么办呢?多搞几套系统呗!你说说倒蛮容易,成本呢?成本是个大问题啊.所以俺就到这里来求救了,请帮助计算一下最少需要多少套拦截系统.

Input
输入若干组数据.每组数据包括:导弹总个数(正整数),导弹依此飞来的高度(雷达给出的高度数据是不大于30000的正整数,用空格分隔)

Output
对应每组数据输出拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统.

Sample Input
8 389 207 155 300 299 170 158 65

Sample Output
2
#include <iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[3001],b[3001];
int main()
{
    int n,i,j,k;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        b[0]=0;
        k=0;
        for( i=0;i<n;i++)
        {
          scanf("%d",&a[i]);

            for(j=0;j<=k;j++)
            if(a[i]<b[j])
            {
                b[j]=a[i];
                break;
            }
            else if(j==k)
            {
                k++;
                b[k]=a[i];
                break;
            }
        }
        printf("%d\n",k);
    }
    return 0;
}
免费馅饼
Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65536/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 17   Accepted Submission(s) : 7
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Problem Description
都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

 

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

Input
输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。

Output
每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示：本题的输入数据量比较大，建议用scanf读入，用cin可能会超时。

Sample Input
6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0

Sample Output
4
DP ，类似于数塔的变形，只不过是每个数下面要取的是三个数的最大值，另外注意边界。

 

 

第0秒                       5                         （这里的数字指的是第N秒可能到达的位置坐标）

第1秒                     4 5 6

第2秒                   3 4 5 6 7

第3秒                 2 3 4 5 6 7 8

第4秒               1 2 3 4 5 6 7 8 9

第5秒             0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

第6秒             0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

第7秒 ................. 

可以发现从第5秒开始之后就都是 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ，所以第5秒之前的情况单独写一下，然后第5秒之后，注意一下边界 0和10这两个位置，特判一下，其他的和第四秒之前的代码一样，就好了。核心代码

—————————————————————————————————————————————————

#include<stdio.h>
#include<cmath>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[100005][12];
int main()
{
    int n,i,j,maxt;
    int x,t;
    while(scanf("%d",&n),n)
    {
        maxt=0;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&t);
            dp[t][x]++;
            if(maxt<t)  maxt=t;
        }
        for(i=maxt-1;i>=0;i--)
        {
            dp[i][0]+=max(dp[i+1][1],dp[i+1][0]);
            for(j=1;j<11;j++)
            {
                dp[i][j]+=max(max(dp[i+1][j-1],dp[i+1][j]),dp[i+1][j+1]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[0][5]);
    }
    return 0;
}
 Home Page DIY Contests Problems Ranklist Status Statistics 数塔
Time Limit : 1000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 32768/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 44   Accepted Submission(s) : 31
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Problem Description
在讲述DP算法的时候，一个经典的例子就是数塔问题，它是这样描述的：

有如下所示的数塔，要求从顶层走到底层，若每一步只能走到相邻的结点，则经过的结点的数字之和最大是多少？

已经告诉你了，这是个DP的题目，你能AC吗?
Input
输入数据首先包括一个整数C,表示测试实例的个数，每个测试实例的第一行是一个整数N(1 <= N <= 100)，表示数塔的高度，接下来用N行数字表示数塔，其中第i行有个i个整数，且所有的整数均在区间[0,99]内。

Output
对于每个测试实例，输出可能得到的最大和，每个实例的输出占一行。

Sample Input
1
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5

Sample Output
30

Source
2006/1/15 ACM程序设计期末考试
--------------------------------------------------------------------------------
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define max(a,b) a>b?a:b
int dp[101][101];
using namespace std;
int main()
{
    int c,n,i,j;
    cin>>c;
    while(c--)
    {
        cin>>n;
        for(i=0; i<n; i++)
            for(j=0; j<i; j++)
                cin>>dp[i][j];
         for(i=n-1;i>=0;i--)
         for(j=0;j<=i;j++)
            dp[i][j]+=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]);
         cout<<dp[0][0]<<endl;

    }
    return 0;
}