记忆化搜索题目总结(1)

一. 概述

算法上依然是搜索的流程，但是搜索到的一些解用动态规划的那种思想和模式作一些保存。在求解的时候还是按着自顶向下的顺序，但是每求解一个状态，就将它的解保存下来，以后再次遇到这个状态的时候，就不必重新求解了。这种方法综合了搜索和动态规划两方面的优点。

二. 引题

POJ1579 题目链接
if a <= 0 or b <= 0 or c <= 0, then w(a, b, c) returns 1
if a > 20 or b > 20 or c > 20, then w(a, b, c) returns w(20, 20, 20)
if a < b and b < c, then w(a, b, c) returnsw(a, b, c-1) + w(a, b-1, c-1) - w(a, b-1, c)
otherwise it returns w(a-1, b, c) + w(a-1, b-1, c) + w(a-1, b, c-1) - w(a-1, b-1, c-1)

DFS做法

long long dfs(int x, int y, int z){    if(x <= 0 || y <= 0 || z <= 0){        return  1;    }    if(x > 20 || y > 20 || z > 20){        x = y = z = 20;    }    if(x < y && y < z){        return dfs(x, y, z - 1) + dfs(x, y - 1, z - 1) - dfs(x, y - 1, z);    }     else{        return dfs(x - 1, y, z) + dfs(x - 1, y - 1, z) + dfs(x - 1, y, z - 1) - dfs(x - 1, y - 1, z - 1);    } }

上述的dfs做法可以发现计算了大量的重叠子问题，如在计算dfs(4, 4, 4)和dfs(3, 4, 5)时都需要计算dfs(3, 4, 4),都会遍历dfs(3, 4, 4)这整颗子树，花费大量时间，因此我们想到将每个状态的值记录下来，以后求解时可以直接得到该值。

记忆化搜索解法

#include<iostream>#include<cstring>#include<stdio.h>using namespace std;long long dp[21][21][21];long long dfs(int x, int y, int z){    if(x <= 0 || y <= 0 || z <= 0){        return  1;    }    if(dp[x][y][z]){        return dp[x][y][z];    }    if(x < y && y < z){        dp[x][y][z] = dfs(x, y, z - 1) + dfs(x, y - 1, z - 1) - dfs(x, y - 1, z);    }     else{        dp[x][y][z] = dfs(x - 1, y, z) + dfs(x - 1, y - 1, z) + dfs(x - 1, y, z - 1) - dfs(x - 1, y - 1, z - 1);    }     return dp[x][y][z];}int main(){    int i;    int x, y, z;    memset(dp, 0, sizeof(dp));    while(1)    {        cin >> x >> y >> z;        if(x == -1 && y == -1 && z == -1)        {            break;        }        long long ans;        if(x <= 0 || y <= 0 || z <= 0){            ans = 1;        }        else if(x > 20 || y > 20 || z > 20){            ans = dfs(20, 20, 20);        }        else{            ans = dfs(x, y, z);        }        printf("w(%d, %d, %d) = %lld\n", x, y, z, ans);    }    return 0;}

三. 例题

数字三角形

POJ1163 题目链接
给定一个由n行数字组成的数字三角形。试设计一个算法，计算出从三角形的顶至底的一条路径，使该路径经过的数字总和最大。
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5

思路：
定义dp[i][j]为第i行第j列到底部的最大数字和，
状态转移方程为dp[i][j] = max(dp[i + 1][j]， dp[i + 1][j + 1]) + array[i][j]

#include<cmath>#include<iostream>using namespace std;int a[10][10];int d[10][10];int dp(int i,int j,int n){    if(d[i][j] > 0)    return d[i][j];    if(i == n-1)    return a[i][j];    else    {        return d[i][j] = a[i][j] + max(dp(i+1,j,n),dp(i+1,j+1,n));    }}int main(){    int i,j,n;    cin>>n;    for(i=0; i<n; i++)    for(j=0; j<=i; j++){        cin>>a[i][j];    }     for(i=0; i<n; i++)    for(j=0; j<=i; j++){        d[i][j]=0;    }     dp(0,0,n);    cout << d[0][0];    return 0;}

滑雪

POJ1088 题目链接
Michael喜欢滑雪百这并不奇怪， 因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降机来载你。Michael想知道载一个区域中最长底滑坡。区域由一个二维数组给出。数组的每个数字代表点的高度。下面是一个例子

1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9

一个人可以从某个点滑向上下左右相邻四个点之一，当且仅当高度减小。

思路：
定义dp[i][j]为从第i行第j列到最后的最长长度
状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i+1][j], dp[i][j+1]) + 1

#include<iostream>using namespace std;int array[101][101];int dp[101][101];int r, c;int dict[4][2] = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}}; //四个方向 int dfs(int x, int y){    if(dp[x][y] > 0){        return dp[x][y];    }    dp[x][y] = 1;    int i;    for(i=0; i<4; i++)    {        int dx = x + dict[i][0];        int dy = y + dict[i][1];        if(dx >= 1 && dx <= r && dy >= 1 && dy <= c)        {            if(array[dx][dy] < array[x][y])            {                dp[x][y] = max(dp[x][y], dfs(dx, dy) + 1);            }        }    }    return dp[x][y]; } int main(){    int i, j, k;    cin >> r >> c;    for(i=1; i<=r; i++)    for(j=1; j<=c; j++)    {        cin >> array[i][j];    }    int maxx = 0;    for(i=1; i<=r; i++)    for(j=1; j<=c; j++)    {        int cur = dfs(i, j);        if(cur > maxx){            maxx = cur;        }    }    cout << maxx << endl;} 

矩形嵌套

nyoj16 题目链接
有n个矩形，每个矩形可以用a,b来描述，表示长和宽。矩形X(a,b)可以嵌套在矩形Y(c,d)中当且仅当a < c, b < d或者b < c, a < d（相当于旋转X90度）。例如（1,5）可以嵌套在（6,2）内，但不能嵌套在（3,4）中。你的任务是选出尽可能多的矩形排成一行，使得除最后一个外，每一个矩形都可以嵌套在下一个矩形内。

定义d[i]为第i个矩阵可嵌套的最大个数，b[i][j]为第i个矩阵是否可以嵌套进第j个矩阵。
状态转移方程：d[i] = max(d[j] ) + 1，其中b[i][j] = 1;

#include<cmath>#include<iostream>using namespace std;int a[1001][2];int b[1001][1001];  //邻接矩阵 int d[1001];  int dp(int i, int n){    if(d[i] > 0)    return d[i];    int j;    d[i] = 1;    for(j=0; j<n; j++)    {        if(b[i][j] == 1)        {            d[i] = max(d[i], dp(j,n)+1);        }    }    return d[i];}//先构造图 void init(int n){    int i, j;    for(i=0; i<n; i++)    for(j=0; j<n; j++)    {        if((a[i][0] < a[j][0] && a[i][1] < a[j][1]) ||             (a[i][0] < a[j][1] && a[i][1] < a[j][0]))        b[i][j] = 1;    }}int main(){    int N, n, i, j, k, max=0;    cin >> N;    for(i=1; i<=N; i++)    {        max = 0;        cin >> n;        for(j=0; j<n; j++)        cin >> a[j][0] >> a[j][1];        for(j=0; j<n; j++)        for(k=0; k<n; k++){            b[j][k] = 0;        }         for(j=0; j<n; j++){            d[j] = 0;        }         init(n);        for(j=0; j<n; j++){            dp(j,n);        }         for(j=0; j<n; j++){            if(d[j] > max)            {                max = d[j];            }        }         cout << max << endl;    }}

硬币问题

题目：有n种硬币，面值分别为V1,V2,…Vn,每种都有无限多。给定非负整数S，可以选用多少个硬币，使得面值之和恰好为S？输出硬币数目的最小值。

思路：
定义d[s]为面值s到面值0最少可用的硬币数目
状态转移方程：d[s] = max(d[s - v[i]] + 1)，其中s >= v[i];

int dfs(int s){    if(vis[s]){        return dp[s];    }    dp[s] = -(1 << 30);    int i;    for(i=0; i<n; i++){        if(s >= v[i])        {            dp[s] = max(dp[s], dfs(s - v[i]) + 1);        }    }    return dp[s]; } 

New Year and Fireworks

具体可参看Codeforces Good Bye 2016部分题解 第四题

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参考文献：《算法竞赛入门经典》