kuangbin带你飞 专题十二 基础DP1

好久没做DP了，虽说是基础DP1吧，第一题就把我海虐了

感觉DP真是看脑洞，最近脑子各种混乱睡眠也不足，还是得要好好理解的

HDU 1024

题意：最大m段区间和啊

题解：这题正常的方法都会MLE 啊TLE啊

dp[i][j]这个数组表示前j个元素中取i段的最大值，并且取了a[j]

自然是开不下二维的

于是要用一维滚动数组（这方面我真是不行，滚动数组很久以前也学过，一碰到难题就想不出）

用dp[j]表示取了a[j]情况下的当前一层（取多少组区间）的最大值，然后要开个num[j]数组，记录1-j情况下（上一层）取到的最大值

先是循环1-m，表示当前是取了多少个区间，然后元素从i-n遍历（因为前面取了i-1层，至少有i-1个元素，所以j从i开始考察）

第i层的dp[j]是第i层的dp[j-1]+a[j],（把a[j-1]和a[j]看在一起），或者是num[j-1]+a[j]。

要开个maxn记录这一层dp[1-j]的最大值，然后赋值给num[j]，由于到达i+1层之后num[i]就不成立了所以一直开始maxn赋值是INF，然后maxn=max(maxn,dp[j])，在j+1的时候赋值给num[j]

另外我开LL 会TLE，然后比较虚，看discuss里说int也能过，果然

int a[MAX];int dp[MAX];int num[MAX];int main(){    int n,m;    while(~scanf("%d%d",&m,&n)){        for(int i=1;i<=n;i++){            scanf("%d",&a[i]);        }        mem0(dp);        mem0(num);        int maxn;        for(int i=1;i<=m;i++){            maxn=-INF;            for(int j=i;j<=n;j++){                dp[j]=max(dp[j-1],num[j-1])+a[j];                num[j-1]=maxn;                maxn=max(dp[j],maxn);            }        }        printf("%d\n",maxn);    }    return 0;}

poj 1015

在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中挑选的。先随机挑选n 个人作为陪审团的候选人，然后再从这n 个人中选m 人组成陪审团。选m 人的办法是：控方和辩方会根据对候选人的喜欢程度，给所有候选人打分，分值从0 到20。为了公平起见，法官选出陪审团的原则是：选出的m 个人，必须满足辩方总分和控方总分的差的绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分和控方总分的之差的绝对值相同，那么选辩控双方总分之和最大的方案即可。最终选出的方案称为陪审团方案。    为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控方总分之和记为S(i)。现用f(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案自然就很容易找到了。    问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(j-1, x)中没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的f(j-1, x)中，选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i，就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。不妨将方案f(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号，就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k，那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推，就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩控差的值k 可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中，如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。

这题好难，自己瞎搞了好久都跪了，然后就看kuangbin大神的题解，确实厉害啊

#include <map>#include <set>#include <stack>#include <queue>#include <cmath>#include <string>#include <vector>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cstring>#include <sstream>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define   MAX       205#define   MAXN      10005#define   lson      l,m,rt<<1#define   rson      m+1,r,rt<<1|1#define   lrt       rt<<1#define   rrt       rt<<1|1#define   mid       int m=(r+l)>>1#define   LL        long long#define   ull       unsigned long long#define   mem0(x)   memset(x,0,sizeof(x))#define   mem1(x)   memset(x,-1,sizeof(x))#define   meminf(x) memset(x,INF,sizeof(x))#define   lowbit(x) (x&-x)const int    mod   = 1000000007;const int    prime = 999983;const int    INF   = 0x3f3f3f3f;const int    INFF  = 1e9;const double pi    = 3.141592653589793;const double inf   = 1e18;const double eps   = 1e-10;int path[25][805];//记录j，k状态下选择的是第几个人int d[MAX],p[MAX];int dp[25][805];//第二维是辩控差，数组记录辩控和int num[MAX];int main(){    int n,m;    int kase=0;    while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n){        kase++;        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);        mem1(path);        mem1(dp);        int mm=m*20;//辩控差0转化为mm        dp[0][mm]=0;        for(int j=1;j<=m;j++){            for(int k=0;k<=2*mm;k++){                if(dp[j-1][k]>=0){//情况可行                    for(int i=1;i<=n;i++){                        if(dp[j-1][k]+p[i]+d[i]>dp[j][k+p[i]-d[i]]){//前一种情况加上第i个人，大于此时j个人的情况，类似于背包                            int t1=j-1,t2=k;                            while(t1>0&&path[t1][t2]!=i){//检查前j-1个人中有没有i                                t2-=p[path[t1][t2]]-d[path[t1][t2]];                                t1--;                            }                            if(t1==0){//没有出现过i                                dp[j][k+p[i]-d[i]]=dp[j-1][k]+p[i]+d[i];                                path[j][k+p[i]-d[i]]=i;                            }                        }                    }                }            }        }        int j=mm;        int i=0;        int tmp;        while(dp[m][j-i]<0&&dp[m][j+i]<0) i++;//看辩控差最小是多少        if(dp[m][j+i]>dp[m][j-i]) tmp=j+i;//取辩控和大的        else tmp=j-i;        int tot=0;        for(int i=path[m][tmp],t=tmp,j=m;i!=-1&&j>0;i=path[j][t]){            j--;            t-=p[i]-d[i];            num[tot++]=i;//顺着找回去        }        sort(num,num+tot);        printf("Jury #%d\n",kase);        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(dp[m][tmp]+tmp-mm)/2,(dp[m][tmp]-tmp+mm)/2);        for(int i=0;i<tot;i++) printf(" %d",num[i]);        printf("\n\n");    }    return 0;}

HDU 1160

题意：给你一些老鼠，有质量和速度两个参数，让你找到最多的老鼠的排列，让他们质量递增，速度递减

题解：dp[i]表示选择第i只老鼠作为最后一只的时候最多能选多少只，先对老鼠的质量升序排序，速度降序，然后dp[i]=max（dp[k]）k<i;

就这样遍历，o（n^2）的复杂度可以过，然后开个vector记录路径，当前dp[i]最优解的情况下的序号

#include <map>#include <set>#include <stack>#include <queue>#include <cmath>#include <string>#include <vector>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cstring>#include <sstream>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;#define   MAX       1005#define   MAXN      10005#define   lson      l,m,rt<<1#define   rson      m+1,r,rt<<1|1#define   lrt       rt<<1#define   rrt       rt<<1|1#define   mid       int m=(r+l)>>1#define   LL        long long#define   ull       unsigned long long#define   mem0(x)   memset(x,0,sizeof(x))#define   mem1(x)   memset(x,-1,sizeof(x))#define   meminf(x) memset(x,INF,sizeof(x))#define   lowbit(x) (x&-x)const int    mod   = 1000000007;const int    prime = 999983;const int    INF   = 0x3f3f3f3f;const int    INFF  = 1e9;const double pi    = 3.141592653589793;const double inf   = 1e18;const double eps   = 1e-10;struct mice{    int w,s,id;    bool operator < (const mice &a) const{        if(w==a.w) return s>a.s;        return w<a.w;    }}p[MAX];vector<int> v[MAX];int dp[MAX];int main(){    int xcount=1;    int a,b;    while(~scanf("%d%d",&a,&b)){        p[xcount]=(mice){a,b,xcount};        xcount++;    }    sort(p+1,p+xcount);    int ans=0;    int cnt=0;    for(int i=1;i<xcount;i++){        dp[i]=1;        int maxn=0;        int flag=-1;        for(int j=1;j<i;j++){            if(p[i].w>p[j].w&&p[i].s<p[j].s){                if(maxn<dp[j]){                    maxn=dp[j];                    flag=j;                }            }        }        if(flag!=-1){            dp[i]+=maxn;            for(int k=0;k<v[flag].size();k++){                v[i].push_back(v[flag][k]);            }            if(ans<dp[i]){                ans=dp[i];                cnt=i;            }        }        v[i].push_back(p[i].id);    }    printf("%d\n",ans);    for(int i=0;i<v[cnt].size();i++){        printf("%d\n",v[cnt][i]);    }    return 0;}