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dp专题

2022-07-27 19:05:28  阅读：175  来源： 互联网

标签：专题 int max HP len include dp


P1280 尼克的任务

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1280

本题的关键在于顺推不好做 想着要倒推 想着要统计开始的时间点 排序是为了消除后效性！！！！是个非常好的模型

#include<iostream>  
#include<algorithm>  
using namespace std;  
long int n,k,sum[10001],num=1,f[10001];  
struct ren//结构体，一起排序 ，从大到小   
{  
    long int ks,js;  
};  
ren z[10001];  
int cmp(ren a,ren b)  
{  
    return a.ks>b.ks;  
}  
int main()  
{  
    long int i,j;   
    cin>>n>>k;  
    for(i=1;i<=k;i++)  
    {  
    cin>>z[i].ks>>z[i].js;    
    sum[z[i].ks]++;  
    }  
    sort(z+1,z+k+1,cmp);  
    for(i=n;i>=1;i--)//倒着搜   
    {  
        if(sum[i]==0)  
        f[i]=f[i+1]+1;  
        else for(j=1;j<=sum[i];j++)  
        {  
            if(f[i+z[num].js]>f[i])  
            f[i]=f[i+z[num].js];  
            num++;//当前已扫过的任务数   
        }  
    }  
    cout<<f[1]<<endl;  
}

这个题目和费用提前算不太一样 两者本质上都是消除后效性

这个题不同的就是不知道后面到底哪些要选 而费用提前算是后面的一定都是会选的

所以这个题巧妙地从后往前转移 这样转移前面的一定是后面最优策略 转移方程非常像算期望值

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100005
double f[maxn];
double n,k,c,w;
int a[maxn],b[maxn];
int main()
{
    int i;
    scanf("%lf%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        if(a[i]==1) f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1-k/100)+b[i]);
        if(a[i]==2) f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1+c/100)-b[i]);
    }
    printf("%.2lf",f[1]*w);
}

这个dp以前没见过 确实不会 怎么才能保证两两互不相交呢 在我印象里面没有这样操作过的dp

考虑换个想法 设dp[i,j,k]表示 前i个 两者差值为j 用了k次加倍 因为下标不能为负 所以整体向右偏移1300

初始化 dp[0,1300,0]=0 答案 max{dp[n,1300,i]} i属于[0,k]

转移方程：dp[i,j,k]=max(dp[i-1,j+v[i],k]+w[i],dp[i-1,j-v[i],k]+w[i],dp[i-1,j+2v[i],k-1]+w[i],dp[i-1,j-2v[i],k-1]+w[i])

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=103;
typedef long long ll;
ll f[N][3003][N],w[N],v[N];
int main()
{
	memset(f,-0x3f,sizeof f);
	f[0][1300][0]=0;
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=0;j<=m;j++)
	for(int k=0;k<=2600;k++)
	{
		f[i][k][j]=f[i-1][k][j];
		if(k>=2*v[i]&&j>=1)
			f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i-1][k-2*v[i]][j-1]+w[i]);
		if(k>=v[i])
			f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i-1][k-v[i]][j]+w[i]);
		if(k+2*v[i]<=2600&&j>=1)
			f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i-1][k+2*v[i]][j-1]+w[i]);
		if(k+v[i]<=2600)
			f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i-1][k+v[i]][j]+w[i]);
	}
	ll ans=-0x3f3f3f3f;
	for(int i=0;i<=m;i++)
		ans=max(ans,f[n][1300][i]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

https://www.luogu.org/problem/P2577

分析:

首先本题不是贪心排序就是dp

再数据范围<=200,就只有可能是dp了

考虑本题,容易想到应该尽量让那些打饭快却吃饭慢的排在前面

又因为所有人打饭的总时间是一定的,

即无论怎么安排所有人打完饭都会耗费这么多时间

所以我们只用考虑吃饭慢的排在前面则一定是最优的

但此时有两个窗口,怎样安排就要dp了

  • 用f[i,j]记录前i个人排队，第一队用时为j的情况下最大用时。

  • 不记录第2队状态的原因是可以由第一队状态推出来。

  • 为了便于计算，建议使用前缀和维护一下，可以较为简易的计算出第2队的情况。

  • 那么我们就得到了这样个方程：

    加入第一队的情况下： f[i,j]=min(f[i,j],max(f[i-1,j-a[i].x],j+a[i].y));

    当前最小时间为上一个人用的时间和这一个人用的时间的最大值

    加入第二队同理

    f[i,j]=max(f[i-1,j],a[i].y+b[i]-j)其中b[i]为前i个人排队所用的总时间

    然而200*40000好像有点大,降维呗!

    类似背包一样降维就行

    code by std:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct lsg{int x,y;}a[1000];
int n,f[400001],sum,ans,b[1000];
bool pd(lsg x,lsg y){return x.y>y.y;}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i].x>>a[i].y;
    sort(a+1,a+1+n,pd);memset(f,10,sizeof(f));f[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i].x+b[i-1];
    for (int i=1;i<=n;i++){
            for (int j=sum;j>=0;j--){
                f[j+a[i].x]=min(f[j+a[i].x],max(f[j],a[i].y+j+a[i].x));//将i加入第一个队列
                    f[j]=max(f[j],a[i].y+b[i]-j);//将i加入第二个队列
                }
            sum+=a[i].x;
        }
    ans=1e9;
    for (int i=1;i<=sum;i++)ans=min(ans,f[i]);
    cout<<ans<<endl;
}

https://www.luogu.org/problem/P2467

这是一道好题

题目描述

求1-n排列组成的波动数列的个数

因为要比较大小关系 所以dp里面最后数是多少是要记录的 又因为是每个数都不重复的排列

所以定义dp[i,j]表示用前 i 个数 最后一个数为 j 的方案数

dp[i,j]相当于dp[i-1,k]中原排列大于等于j的数都加1,再把j插到末尾后的新合法排列的方案数

答案有“M"型与"W"型,显然方案数是一样的,这里只考虑"W"型的,最后把答案*2就行了


用一个前缀和维护一下就好

这时你可能会有疑问，为什么偶数是枚举[1,j-1]，而奇数是枚举[j,i-1],

因为只考虑“W”形态的，所以奇数一定是山峰的，而偶数一定山谷；

偶数就不用再每个加一了 直接加进去就好 奇数就要每个大于等于 j 的加一

所以奇数枚举的一定要比前一个位置上的数大，偶数枚举的一定要比前一个位置上的数小

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 4211
#define M(a) ((a)<=mod?(a):(a-mod))
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){
        if(c=='-')f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9'){
        x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
int n,mod;
int dp[N][N],ans=0;
int b[N];
int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}
void Add(int x,int d){
    while(x<=n){
        b[x]=M(b[x]+d);
        x+=lowbit(x);
    }
}
int Ask(int x){
    int ans=0;
    while(x){
        ans=M(ans+b[x]);
        x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
int main(){
    n=read(),mod=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[1][i]=1;
        Add(i,1);
    }
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(i&1){
                if(i>j){
                    dp[i][j]=M(Ask(i-1)-Ask(j-1)+mod);
                }
            }
            else{
                dp[i][j]=Ask(j-1);
            }
        }
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int j=1;j<=n;j++){
            Add(j,dp[i][j]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ans=M(ans+dp[n][i]);
    } 
    cout<<2*ans%mod<<endl;
    return 0;
}

https://www.luogu.org/problem/P1005

分析：

发现啊，每一行怎么取数是互不干扰的，则，只用分别处理每一行就好

数据范围也在算法复杂度以内

很好联想到区间dp

dp[i,j]表示处理到该行，区间[i,j]的最优解

考虑怎么转移

只有从[i-1,j]和[i,j+1]转移过来（因为转移逐渐将区间缩小）

因为题目中说要取完，但是空区间是DP不出来的，然后就得手动模拟每个长度为1的区间

具体高精啊，区间dp啊，见代码了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>

using namespace std;

const int MAXN = 85, Mod = 10000; //高精四位压缩大法好 
int n, m;
int ar[MAXN];

struct HP {
    int p[505], len;
    HP() {
        memset(p, 0, sizeof p);
        len = 0;
    } //这是构造函数，用于直接创建一个高精度变量 
    void print() {
        printf("%d", p[len]);  
        for (int i = len - 1; i > 0; i--) {  
            if (p[i] == 0) {
                printf("0000"); 
                continue;
            }
            for (int k = 10; k * p[i] < Mod; k *= 10) 
                printf("0");
            printf("%d", p[i]);
        }
    } //四位压缩的输出 
} f[MAXN][MAXN], base[MAXN], ans;

HP operator + (const HP &a, const HP &b) {
    HP c; c.len = max(a.len, b.len); int x = 0;
    for (int i = 1; i <= c.len; i++) {
        c.p[i] = a.p[i] + b.p[i] + x;
        x = c.p[i] / Mod;
        c.p[i] %= Mod;
    }
    if (x > 0)
        c.p[++c.len] = x;
    return c;
} //高精+高精 

HP operator * (const HP &a, const int &b) {
    HP c; c.len = a.len; int x = 0;
    for (int i = 1; i <= c.len; i++) {
        c.p[i] = a.p[i] * b + x;
        x = c.p[i] / Mod;
        c.p[i] %= Mod;
    }
    while (x > 0)
        c.p[++c.len] = x % Mod, x /= Mod;
    return c;
} //高精*单精 

HP max(const HP &a, const HP &b) {
    if (a.len > b.len)
        return a;
    else if (a.len < b.len)
        return b;
    for (int i = a.len; i > 0; i--)
        if (a.p[i] > b.p[i])
            return a;
        else if (a.p[i] < b.p[i])
            return b;
    return a;
} //比较取最大值 

void BaseTwo() {
    base[0].p[1] = 1, base[0].len = 1;
    for (int i = 1; i <= m + 2; i++){
        base[i] = base[i - 1] * 2;
    }
} //预处理出2的幂 

int main(void) {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    BaseTwo();
    while (n--) {
        memset(f, 0, sizeof f);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            scanf("%d", &ar[i]);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            for (int j = m; j >= i; j--) { //因为终值是小区间，DP自然就从大区间开始 
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j] + base[m - j + i - 1] * ar[i - 1]); 
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j + 1] + base[m - j + i - 1] * ar[j + 1]);
            } //用结构体重载运算符写起来比较自然 
        HP Max;
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            Max = max(Max, f[i][i] + base[m] * ar[i]);
        ans = ans + Max; //记录到总答案中 
    }
    ans.print(); //输出 
    return 0;
}

https://www.luogu.org/problem/P2511

分析

第一问，求最长的最短，很显然一个二分就行

那第二问计数

f[i,j]代表前i个数分成j块的方案数,

则f[i,j]=Σ f[k,j-1] (k>=left[i]&&k<i) ，而因为空间问题，是不可以开1000*50000个数组的，

考虑用到前缀和 因为[ , j ] 都是由 [ , j-1]转移过来的 直接降维 每次更新完f数组 最后更新前缀数组s

这是一道非常好的动规优化

时间复杂度（N*M）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return x*f;
}

const int mod=10007;
const int maxn=50010;
int n,m,mx,ans;
int a[maxn],sum[maxn];
int dp[maxn],S[maxn];
int rem[maxn];

int check(int x)
{
    int tot=0,len=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(len+a[i]>x) tot++,len=a[i];
        else len+=a[i];
        if(tot>m) return 0;
    }
    return tot<=m;
}

int DP(int x)
{
    int k=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    for(;k<i;++k)
    if(sum[i]-sum[k]<=x){ rem[i]=k; break;}
    
    int res=(sum[n]<=x);//因为后面是从2开始枚举的 特判是否有只能为1段的情况

    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
    	if(sum[i]<=x) dp[i]=1;//初始化很重要 此时的dp[i] 表示前i个数分为1段的方案 如果没法分为1段的dp值就为0
    	S[i]=(S[i-1]+dp[i])%mod;
    }
    
    for(int i=2;i<=m+1;++i)
    {
        for(int j=1;j<=n;++j)
        {
            dp[j]=S[j-1];
            //非常常见的一种方法 用于转移的时候数组下标可能为负 取0
            if(rem[j]-1>=0) dp[j]=((dp[j]-S[rem[j]-1])%mod+mod)%mod;//注意减法出现负数
        }
        for(int j=1;j<=n;++j)
        S[j]=(S[j-1]+dp[j])%mod;
        
        res=(res+dp[n])%mod;
    }
    return res;
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) 
    a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i],mx=max(mx,a[i]);
    
    int L=mx,R=sum[n],mid;
    while(L<R)
    {
        mid=L+R>>1;
        if(check(mid)) ans=mid,R=mid;
        else L=mid+1;
    }
    printf("%d %d",ans,DP(ans));
    return 0;
}

标签：专题,int,max,HP,len,include,dp
来源： https://www.cnblogs.com/wzxbeliever/p/16525928.html

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