動 態♂規 劃 整 理

#Dynamic Programming(DP) 動態規劃刷題小結

例題1：烏龜棋

傳送門：https://www.luogu.com.cn/problem/P1541

題目中先給出一個長度爲$n$的序列(咱們把它叫作序列$g$)，其中$g_i$表示第$i$個格子的得分

另外，有四種卡片，每一種能夠走不一樣的步數，當走到第$i$個格子，就能獲得$g_i$的分數，求最大得分

本題數據範圍較小$(\leq40)$，咱們根據DP的多一種狀態升一維的原則，(反正數據範圍小那我數組不是亂開嗎qwq)，能夠考慮開四維數組$f[40][40][40][40]$

因而，如今咱們能夠用$f_$表示第1、2、3、四種牌分別用了$i、j、k、l$張

注意到，第1、2、3、四種牌分別能夠走$一、二、三、4$步，那麼$f_\(就表示當前在第\)(i+2j+3k+4l)$個格子的最大得分

題目中給出：咱們能夠直接得到$g_1$的分數，因此$f_{0000}=g_1$，這是咱們的初始狀態

如今考慮$f_$能夠由哪些狀態轉移獲得：

$ \begin if(i-1\geq 0) f_{(i-1)jkl}\rightarrow f_\ \ if(j-1\geq 0) f_{i(j-1)kl}\rightarrow f_\ \ if(k-1\geq 0) f_{ij(k-1)l}\rightarrow f_\ \ if(l-1\geq 0) f_{ijk(l-1)}\rightarrow f_\ \end $

其中，「\(\rightarrow\)」表示能夠由前一種狀態轉移到後一種狀態

能夠發現，轉移時就是至關於選了一張卡牌，咱們用$ovo$表示轉移後到了第$ovo$格，因此有$ovo=i+2j+3k+4l$

那麼咱們此次轉移的新增得分也就是$g_$了，如今咱們用$f_\(和轉移以前的分數\)+g_$取$max$就獲得了狀態轉移方程

下面是書面的狀態轉移方程：

$ \begin if(i-1\geq 0) f_=max(f_,f_{(i-1)jkl})\ \ if(j-1\geq 0) f_=max(f_,f_{i(j-1)kl})\ \ if(k-1\geq 0) f_=max(f_,f_{ij(k-1)l})\ \ if(l-1\geq 0) f_=max(f_,f_{ijk(l-1)})\ \end $

有了狀態轉移方程，代碼就$so easy$了！！！

###\(Code\)

#include<algorithm>
#include<cstdio>
const int maxn=45;
int f[maxn][maxn][maxn][maxn],g[355];
int n,m,a,b,c,d;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%d",g+i);
	for(int i=0,x;i<m;i++){
		scanf("%d",&x);
		if(x==1) a++;
		else if(x==2) b++;
		else if(x==3) c++;
		else if(x==4) d++;
	}//統計每一種牌出現的數量，分別存到a，b，c，d裏 
	f[0][0][0][0]=g[0];
	for(int i=0;i<=a;i++)//從一張都沒有到所有選擇完循環四種牌 
		for(int j=0;j<=b;j++)
			for(int k=0;k<=c;k++)
				for(int l=0;l<=d;l++){
					int OvO=i*1+j*2+k*3+l*4;//注意不能選負數張牌，因此特判一下 
					if(i!=0) f[i][j][k][l]=std::max(f[i][j][k][l],f[i-1][j][k][l]+g[OvO]);
					if(j!=0) f[i][j][k][l]=std::max(f[i][j][k][l],f[i][j-1][k][l]+g[OvO]);
					if(k!=0) f[i][j][k][l]=std::max(f[i][j][k][l],f[i][j][k-1][l]+g[OvO]);
					if(l!=0) f[i][j][k][l]=std::max(f[i][j][k][l],f[i][j][k][l-1]+g[OvO]);
				}//這四個都是剛纔的轉移方程
	printf("%d\n",f[a][b][c][d]);//題目保證全部牌恰好用完，因此答案就是f[a][b][c][d] 
	return 0;
}

##例題2：滑雪 傳送門：https://www.luogu.com.cn/problem/P1434

本題正解是一個記憶化搜索，可是因爲本人太蒻，不會記搜，只好用DP來作這個題

安利一下大佬的記搜題解叭：https://www.cnblogs.com/sxy2004/p/13353747.html

題目中給出一個大小爲$rc$的矩陣(咱們叫它矩陣$g$)，其中$g_\(表示\)(i,j)$這個點的高度

要求也很簡單，咱們在只向上下左右四個方向走的狀況下，求出最長降低的序列的長度

咱們新建一個矩陣：\(f\)，用$f_\(表示以\)(i,j)$爲結尾的最長降低序列長度

如今考慮$f_$能夠由哪些狀態轉移獲得，：

$ \begin if(g_<g_{(i-1)j}) f_{(i-1)j}\rightarrow f_\ \ if(g_<g_{(i+1)j}) f_{(i+1)j}\rightarrow f_\ \ if(g_<g_{i(j-1)}) f_{i(j-1)}\rightarrow f_\ \ if(g_<g_{i(j+1)}) f_{i(j+1)}\rightarrow f_\ \end $

能夠發現，轉移時就是從周圍四個比較高的地方走到$f_$，那麼新增的長度就是$1$

咱們用$f_\(和轉移以前的長度\)+1$再取$max$，就獲得了狀態轉移方程：

$ \begin if(g_<g_{(i-1)j}) f_=max(f_,f_{(i-1)j})\ \ if(g_<g_{(i+1)j}) f_=max(f_,f_{(i+1)j})\ \ if(g_<g_{i(j-1)}) f_=max(f_,f_{i(j-1)})\ \ if(g_<g_{i(j+1)}) f_=max(f_,f_{i(j+1)})\ \end $

可是，這個狀態轉移方程的條件是在計算$f_$以前，它周圍比它高的格子已經被計算過了

那麼解決這個問題的最簡單的辦法就是：直接$DP$$nm$遍，可是看到$n\leq 100$的範圍，我就抱着試一試的心態上了

###\(Code\)

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
const int maxn=105;
int f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],n,m,ans;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			scanf("%d",&g[i][j]);
			f[i][j]=1;
		}
	for(int k=1;k<=n*m;k++)//直接DPn*m遍
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(g[i][j]<g[i-1][j]) f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i-1][j]+1);
				if(g[i][j]<g[i+1][j]) f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i+1][j]+1);
				if(g[i][j]<g[i][j-1]) f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i][j-1]+1);
				if(g[i][j]<g[i][j+1]) f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i][j+1]+1);
			}//上面四句都是推過的狀態轉移方程
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			ans=std::max(ans,f[i][j]);//自帶大常數的掃一遍求最大值
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

其實這題數據出水了，結果這份$O(n^2m2)\(的代碼勇奪90分\)(Test #10 TLE)$

如今考慮怎麼優化：

首先，上面的這個思路的複雜度瓶頸就在於：爲了解決上面標紅的那個問題，咱們進行了$nm$次$DP$，這致使了時間的浪費

我忽然想到一個玄學作法：周圍比它高的格子要先於他計算，那我從最高的格子開始高度依次遞減DP不就得了！

因而要維護一個高度最大值和座標，我又想到了$priority$_\(queue\)，這樣時間複雜度猛降到大約$O(nmlogn)$

##\(Code\)

#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
const int maxn=105;
std::priority_queue< std::pair<int, std::pair<int,int> > >q;//pair套pair，第一個pair的第一維表示高度，維護最大高度，第二維的第一維表示橫座標，第二維表示縱座標
int f[maxn][maxn],g[maxn][maxn],n,m,ans;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}//亂寫的快讀
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			g[i][j]=read();
			q.push(std::make_pair(g[i][j],std::make_pair(i,j)));//進入大根堆
			f[i][j]=1;//全部點初始化爲1(一個點就算不走，他本身就是1的長度)
		}
	while(q.size()!=0){//當大根堆不爲空，循環DP
		int height=q.top().first;
		int row=q.top().second.first;
		int line=q.top().second.second;
		q.pop();
		if(g[row][line]<g[row-1][line]) f[row][line]=std::max(f[row][line],f[row-1][line]+1);
		if(g[row][line]<g[row+1][line]) f[row][line]=std::max(f[row][line],f[row+1][line]+1);
		if(g[row][line]<g[row][line-1]) f[row][line]=std::max(f[row][line],f[row][line-1]+1);
		if(g[row][line]<g[row][line+1]) f[row][line]=std::max(f[row][line],f[row][line+1]+1);
		ans=std::max(f[row][line],ans);//去掉了大常數qwq
	}//上面是狀態轉移方程(和第一個同樣只是換了名字
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

事實上證實，這份代碼跑的飛起

關於今天的$DP$刷題整理完成啦！\(OvO\)

PS：感謝您的閱讀$qwq$