《挑战程序设计竞赛》2.3.1 动态规划-基础 POJ3176 2229 2385 3616 3280

POJ3176

Cow Bowling

题意

输入一个n层的三角形，第i层有i个数，求从第1层到第n层的所有路线中，权值之和最大的路线。
规定：第i层的某个数只能连线走到第i+1层中与它位置相邻的两个数中的一个。

思路

最显而易见的是使用二维数组动态规划计算。
比如dp[i][j]表示以第i行j列的位置作为终点的路线的最大权值。 （注意区分初始化时的意义）
那么dp[i][j]的最大值取决于dp[i-1][j-1]和dp[i-1][j]，从这两者之间筛选出最大值，加到dp[i][j]上，即为dp[i][j]的最大权值。
最后只要比较第n行中所有位置的权值dp[n][j],最大的一个即为所求。
但其实用一维数组也能够完成要求，具体请看我的代码。

代码

Source CodeProblem: 3176       User: liangrx06Memory: 248K        Time: 79MSLanguage: C++       Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 350;int main(void){    int n;    int a[N], dp[N];    cin >> n;    dp[0] = 0;    for (int i = 0; i < n; i ++) {        for (int j = 0; j <= i; j ++) {            scanf("%d", &a[j]);        }        for (int j = i; j >= 0; j --) {            if (j == 0)                dp[j] = dp[j] + a[j];            else if (j == i)                dp[j] = dp[j-1] + a[j];            else                dp[j] = max(dp[j], dp[j-1]) + a[j];        }    }    int sum = 0;    for (int i = 0; i < n; i ++)        sum = max(dp[i], sum);    printf("%d\n", sum);    return 0;}

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POJ2229

Sumsets

题意

求把一个整数分解为2的幂的和共有几种方案。
例如整数7的分解有6种方案：
7=1+1+1+1+1+1+1
7=1+1+1+1+1+2
7=1+1+1+2+2
7=1+1+1+4
7=1+2+2+2
7=1+2+4

思路

这种题通常都是用递归来解的。假设n对应的分解方案数为f(n)首先按照n为奇数和偶数的情况分别分析：
n为奇数时，分解式中一定含有1，去掉这个1，剩下的分解式的和为n-1，也就是说，f(n) = f(n-1)；
n为偶数时，分解式中若含有1，方案数为f(n-1)，若不含有1，将分解式中的数都除以2，其和对应于n/2，也就是说方案数为f(n/2)，所以f(n) = f(n-1)+f(n/2)。
如此由n=1的初始条件递归求解即可，也可以说是动态规划。
但是这个题我WA了三次，后来发现这个题的答案会超出long long的表示范围，需要取余，改了好几次才AC。所以一定要注意答案的范围。

代码

Source CodeProblem: 2229       User: liangrx06Memory: 4136K       Time: 125MSLanguage: C++       Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1000000;int main(void){    int n;    int a[N+1];    cin >> n;    a[0] = 1;    for (int i = 1; i <= n; i ++) {        if (i&1)            a[i] = a[i-1];        else            a[i] = a[i/2] + a[i-1];        a[i] %= 1000000000;    }    printf("%lld\n", a[n]);    return 0;}

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POJ2385

Apple Catching

题意

2棵苹果树在T分钟内随机由某一棵苹果树掉下一个苹果，奶牛站在树#1下等着吃苹果，它最多愿意移动W次，问它最多能吃到几个苹果。

思路

动态规划题。状态空间主要决定于W，以dp[i][j][k]表示第i+1分的时候经过j次移动站在了k+1树下能吃到的最大苹果数，然后搜索所有的ijk组合，更新dp。
实际上我使用的数组是dp[i&1][j][k]，用i&1的目的是降低空间复杂度，dp数组大小降为原来的2/T。

代码

Source CodeProblem: 2385       User: liangrx06Memory: 248K        Time: 16MSLanguage: C++       Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int T = 1000;const int W = 30;int main(void){    int t, w;    int a[T+1];    int dp[2][W+1][2];    cin >> t >> w;    memset(dp, 0, sizeof(dp));    for (int i = 1; i <= t; i ++) {        scanf("%d", &a[i]);        a[i] --;        for (int j = 0; j <= w; j ++) {            dp[i&1][j][a[i]] = dp[(i-1)&1][j][a[i]] + 1;            dp[i&1][j][(a[i]+1)&1] = dp[(i-1)&1][j][(a[i]+1)&1];            if (j > 0) {                dp[i&1][j][a[i]] = max(dp[i&1][j][a[i]],                        dp[(i-1)&1][j-1][(a[i]+1)&1] + 1);                dp[i&1][j][(a[i]+1)&1] = max(dp[i&1][j][(a[i]+1)&1],                        dp[(i-1)&1][j-1][a[i]]);            }        }    }    int res = 0;    for (int j = 0; j <= W; j ++) {        res = max(res, dp[t&1][j][0]);        res = max(res, dp[t&1][j][1]);    }    printf("%d\n", res);    return 0;}

POJ3616

Milking Time

题意

奶牛Bessie在0~N时间段产奶。农夫约翰有M个时间段可以挤奶，时间段f,t内Bessie能挤到的牛奶量e。奶牛产奶后需要休息R小时才能继续下一次产奶，求Bessie最大的挤奶量。

思路

定义dp[i]表示第i个时间段（注意此处的第i个时间段不等同于第i次）挤奶能够得到的最大值，拆开来说，就是前面 i – 1个时间段任取0到i – 1个时间段挤奶，然后加上这个时间段（i）的产奶量之和。
dp[i]满足如下递推关系：
第i个时间段挤奶的最大值 = 前 i – 1 个时间段挤奶的最大值的最大值 + 第i次产奶量。

代码

Source CodeProblem: 3616       User: liangrx06Memory: 184K        Time: 0MSLanguage: C++       Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int M = 1000;struct Time {    int f, e, v;};bool cmp(const Time& a, const Time& b){    return a.f < b.f;}int main(void){    int n, m, r;    Time t[M];    int dp[M+1];    int ans = 0;    scanf("%d%d%d", &n, &m, &r);    for (int i = 0; i < m; i ++)        scanf("%d%d%d", &t[i].f, &t[i].e, &t[i].v);    sort(t, t+m, cmp);    memset(dp, 0, sizeof(dp));    for (int i = 0; i < m; i ++) {        dp[i] = t[i].v;        for (int j = 0; j < i; j ++) {            if (t[i].f >= t[j].e + r)                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + t[i].v);        }        ans = max(ans, dp[i]);    }    printf("%d\n", ans);    return 0;}

POJ3280

Cheapest Palindrome

题意

有一个由n个小写字母组成的，长度为m的字符串，可以对其通过增加字符或者删除字符来使其变成回文。而增加或者删除字符都有一个花费，求解使该字符串变成回文的最小花费。

思路

动态规划。dp[i][j]表示串str[i~j]变成回文的最小代价，故状态转移方程为：当str[i] == str[j]时 dp[i][j] = dp[i+1][j-1];当str[i] != str[j]时 dp[i][j] = min( dp[i+1][j]+add[str[i]-'a'], dp[i][j-1]+add[str[j]-'a'], dp[i+1][j]+del[str[i]-'a'], dp[i][j-1]+del[str[j]-'a']);

更详细的分析（以下内容转自小鱼的博客）：

其实dp很难逃出3种思路：1、一维线性dp：每次考虑i时，选择最优子问题要么在i-1，要么在1...i-1里；2、二维线性dp：考虑(i,j)子问题时，选择最优子问题要么在(i+1,j)、(i,j-1)，要么在i<= k <=j，在k里；3、树形dp：考虑i节点最优时，选择子节点最优，一般融合了01背包dp的双重dp。上面3种模式也是我在做题后才发现的。这个dp题其实就可以仿照第2中思路。假设一个字符串Xx....yY；对于求这个字符串怎么求呢？分4种情况讨论：1、去掉X，取x....yY回文；2、去掉Y，取Xx....y回文；3、在左边加上X,取Xx....yYX回文；4、在右边加上Y,取YXx....y回文。至于去掉X、Y肯定没有第1、2中情况合算；加上X、Y肯定没有第3、4中情况合算。因此令dp[i][j]为i...j要变成回文字符串的最小代价。方程：dp[i][j] = min{  dp[i+1][j] + {去掉X的代价}，dp[i+1][j] + {加上X的代价}，dp[i][j-1]+ {去掉Y的代价}，dp[i][j-1] +{加上Y的代价}}；其实分析发现，对于X而言，只要去 去掉 和加上 X 最小代价就行（因为前面dp串一样）,Y同理。因此最后得出：dp[i][j] = min{  dp[i+1][j] +min{ {去掉X的代价}, {加上X的代价}}，dp[i][j-1]+min{ {去掉Y的代价}, {加上Y的代价}}}；dp时候还有些注意事项：比如当X和Y字符一样时，则在dp时必须先为x...y的最小代价。

代码

Source CodeProblem: 3280       User: liangrx06Memory: 15852K      Time: 172MSLanguage: C++       Result: AcceptedSource Code#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int M = 2000;int dp[M+1][M+1];int main(void){    int i, j, k, n, m;    char s[M+1];    int add[26], del[26];    scanf("%d%d%s", &n, &m, s);    for (i = 0; i < n; i ++) {        char c[2];        scanf("%s", c);        scanf("%d", &add[c[0]-'a']);        scanf("%d", &del[c[0]-'a']);    }    memset(dp, 0, sizeof(dp));    for (k = 0; k < m; k ++) {        for (i = 0; i < m-k; i ++) {            j = i + k;            if (s[i] == s[j])                dp[i][j] = dp[i+1][j-1];            else {                dp[i][j] = min(dp[i+1][j] + add[s[i]-'a'], dp[i+1][j] + del[s[i]-'a']);                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + add[s[j]-'a']);                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-1] + del[s[j]-'a']);            }        }    }    printf("%d\n", dp[0][m-1]);    return 0;}