做了许多动态规划题目,结合yxc大大的视频,总结了一点动态规划模板,用几道经典例题加以解释
dp 第一步——状态表示(dp[i][]j); 个人感觉一道动态规划题最难的一步就是状态表示,有一个清晰直观的状态表示做题时便势如破竹。状态标识包括集合和属性两点,集合是题目中的各个要素结合所形成的状态,属性则是题目要求状态的情况。
dp 第二步——状态计算(状态转移方程);根据自己写的状态表示来建立状态转移方程,确立状态转移方程的同时也需考虑其复杂度。
dp 第三步——状态转移方程的优化;初学者可以先明白动态转移方程的朴素写法,然后分析题目条件进行等价变换,有一些状态转移方程的优化难以推导,可以试着打表找规律
完全背包
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包,每种物品都有无限件可用。
第 i 种物品的体积是 vi,价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包,可使这些物品的总体积不超过背包容量,且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数,N,V,用空格隔开,分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行,每行两个整数 vi,wi,用空格隔开,分别表示第 i 种物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数,表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
完全背包和01背包区别在于每种物品可以无限使用,先按01背包方式建立状态转移方程,由于完全背包特性我们发现需要三重循环,复杂度约为O(n3),根据数据范围预估是肯定超时的
以下为朴素做法
#include<iostream> using namespace std; const int N = 1010; int n, m; int dp[N][N], v[N], w[N];//建立动态转移方程 int main(){ cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i]; for(int i = 1; i <= n; i ++ ) for(int j = 0; j <= m; j ++ ) for(int k = 0; k * v[i] <= j; k ++ )//对每件物品放几个进行遍历 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]); cout << dp[n][m] << endl; }
显而易见啊,这种写法肯定会超时,这时候就需要进行优化
优化的原理就是:
dp[i][j – v] = max(dp[i – 1][j – v], dp[i – 1][j – 2 * v] + w, dp[i – 1][j – 3 * v] + 2 * w, …);
而我们需要的dp[i][j]的状态表示是:
dp[i][j]= max(dp[i – 1][j], dp[i – 1][j – v] + w, dp[i – 1][j – 2 * v] + 2 * w, dp[i – 1][j – 3 * v] + 3 * w);
将每一项一一比对,我们可以得到下列状态表示:
dp[i][j] = max(dp[i – 1][j], dp[i][j – v] +w);
利用优化后的状态转移方程可以轻松把复杂度降低到O(n2)
以下为优化后的写法
#include<iostream> using namespace std; const int N = 1010; int n, m; int dp[N][N], v[N], w[N]; int main(){ cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; i ++ ){ int v, w; cin >> v >> w; for(int j = 0; j <= m; j ++ ){ dp[i][j] = dp[i - 1][j]; if(j >= v) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - v] + w); } } cout << dp[n][m] << endl; }
很多人都只知道优化后的写法,但不知道是怎么来的。所以说想要优化就先得把朴素写法写出来,然后才能进一步优化。这样才能吃透大佬们的玄学做法
区间dp
区间dp入门经典那必须是石子合并啊,上题
设有N堆石子排成一排,其编号为1,2,3,…,N。
每堆石子有一定的质量,可以用一个整数来描述,现在要将这N堆石子合并成为一堆。
每次只能合并相邻的两堆,合并的代价为这两堆石子的质量之和,合并后与这两堆石子相邻的石子将和新堆相邻,合并时由于选择的顺序不同,合并的总代价也不相同。
例如有4堆石子分别为 1 3 5 2, 我们可以先合并1、2堆,代价为4,得到4 5 2, 又合并 1,2堆,代价为9,得到9 2 ,再合并得到11,总代价为4+9+11=24;
如果第二步是先合并2,3堆,则代价为7,得到4 7,最后一次合并代价为11,总代价为4+7+11=22。
问题是:找出一种合理的方法,使总的代价最小,输出最小代价。
输入格式
第一行一个数N表示石子的堆数N。
第二行N个数,表示每堆石子的质量(均不超过1000)。
输出格式
输出一个整数,表示最小代价。
数据范围
1≤N≤300
第一步建立状态表示dp[i][j]
所有第i堆石子到第j堆石子的合并方式
属性为代价最小
第二步状态计算
根据题意设一个分割点k;
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + s[j] – s[i – 1])
根据区间dp模板
for (int i = 1; i <= n; i++) { dp[i][i] = 初始值 } for (int len = 2; len <= n; len++) //区间长度 for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) { //枚举起点 int j = i + len - 1; //区间终点 for (int k = i; k < j; k++) { //枚举分割点,构造状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + w[i][j]); } }
代码如下
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<string> using namespace std; int n,rock[305],s[305]; int dp[305][305] = { 0 }; int min(int a,int b) { if (a > b) { return b; } else { return a; } } int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &s[i]); s[i] += s[i - 1]; } for (int len = 2; len <= n; len++) {//假设石子只有len个 for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {//从第i个 int j = i + len - 1;//定义为 dp[i][j] = 1e8;//为求最小值初始化 for (int k = i; k < j; k++) {//对分割点k进行枚举 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + s[j] - s[i - 1]); } } } cout << dp[1][n] << endl; return 0; }
啊这。。。这题优化我不会(= ̄ω ̄=)
最长递增子序列
HDU1257.
这一题可以用贪心做,假设发射了很多高度无穷大的炮弹,在读入第1个炮弹时,一个导弹下降来拦截。以后每读入一个新的炮弹,都由能拦截它的最低的那个导弹来拦截,最后统计用于拦截的个数,也就是最少需要的导弹系统的套数
dp方法
首先定义状态dp[i],表示以第i个数为结尾的最长递增子序列的长度,那么:
第二部计算状态转移方程 dp[i]=max{0,dp[j]}+1
复杂度为O(n2)
代码如下
#include <iostream> #include <string> #include <cstring> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; const int MAXN = 10000; int n, high[MAXN]; int LIS() { int ans = 1; int dp[MAXN]; dp[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) { int max = 0; for (int j = 1; j < i; j++) { if (dp[j] > max && high[j] < high[i]) max = dp[j]; dp[i] = max + 1; if (dp[j] > ans)ans = dp[i]; } } return ans; } int main() { while (cin >> n) { for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> high[i]; } cout << LIS() << endl; } return 0; }
c/c++开发分享完全背包&&区间dp&&最长上升子序列(南昌理工学院ACM集训队)地址:https://blog.csdn.net/zhangjie132761/article/details/107889593
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