DP
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辣雞動態規劃毀我青春~~
動態規劃中的基本概念
狀態：要算什麼算法
轉移方程：如何去算數組
無後效性：把狀態看作一個點，轉移過程看做一條邊，動態規劃的全部概念組成了一個有向無環圖（\(DAG\)），因此在作題時必定要考慮是否是知足無後效性優化
一旦出現亂序的狀況，應該對這個圖先進行一個拓撲排序spa
揹包問題
有\(N\)個物品，有一個\(M\)溶劑的包，每一個物品有一個體積和價值，要求最大化價值之和code
第\(i\)個物品的價值爲\(V_i\)，佔\(W_i\)的空間排序
\(dp[i][j]\)表示已經放好了前\(i\)個物品，如今放進去的物品的體積之和爲\(j\)。string
考慮轉移方程：it
第\(i+1\)個物品只有兩種狀況：放入揹包與不放入揹包io
若是放入第\(i+1\)個物品，體積不變，價值也不變
若是不放入第\(i+1\)個物品，應該轉移爲\(dp[i+1][j+V_{i+1}]\)
如今對於每個物品就只有放和不放兩種狀況（這是用本身更新別人的方法）
若是用別人更新本身呢？
對於\(dp[i][j]\)，若是第\(i-1\)個物品沒有放，是由\(dp[i-1][j]\)轉移而來的
不然就是由\(dp[i-1][i-V_i]\)更新而來的（加上\(W_i\)）
代碼以下：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[10010][10010];
int w[10010],v[10010];
int n,m;
int ans=0;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=m;++j)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=v[i])
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}
for(int i=0;i<=m;++i)
ans=max(ans,dp[n][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
如今每一個物品能夠用無限次，這個時候要怎麼辦呢？
直接枚舉每一個物品用多少次就好了
可是複雜度過高\(\Omega \omega \Omega\)
咱們只須要將原來的\(dp[i-1][j-v_i]+w_i\)變爲\(dp[i][j-v_i]+w_i\)就行了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[10010][10010];
int w[10010],v[10010];
int n,m;
int ans=0;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",&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)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);
}*/
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=m;++j)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=v[i])
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
}
for(int i=0;i<=m;++i)
ans=max(ans,dp[n][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
那若是每一個物品只能用有限次，那怎麼辦呢
仍是直接枚舉每一個物品用多少次就好了
這個東西的複雜度是\(O(n^3)\)的
那麼如何優化呢？（有點難）
有限揹包最慢的地方是枚舉每一個物品用了多少次
思想就是將一個揹包變成多個捆綁包（進行二進制分解，若是不夠了，就只能委屈一下最後一個捆綁包了），而後就變成了一個\(01\)揹包
以\(13\)爲例，能夠拆成：\(1\)、\(2\)、\(4\)、\(6\)四個捆綁包
代碼以下（主要是拆捆綁包的部分）
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[10010][10010];
int w[10010],v[10010];
int n,m;
int ans=0;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int v_,w_,z;
scanf("%d%d%d",&v_,&w_,&z);
int x=1;
while(x<=z)
{
cnt++;
v[cnt]=v_*x;
w[cnt]=w_*x;
z-=x;
x*=2;
}
if(z>0)
{
cnt++;
v[cnt]=v_*z;
w[cnt]=w_*z;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)
for(int j=0;j<=m;++j)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=v[i])
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
}
for(int i=0;i<=m;++i)
ans=max(ans,dp[n][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
基礎\(DP\)
例題一 數字三角形：
狀態：\(dp[i][j]\)表示走到第\(i\)行第\(j\)列時所走的路徑的最大值
狀態轉移方程：\(dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],f[i-1][j])+a[i][j]\)
例題二 數字三角形：
誒誒，怎麼仍是水三角形？？？
如今求的是答案對\(100\)取模以後的最大值
怎麼作呢？
鍾皓曦：維度不夠加一維，維度不夠再加一維，你總有一天會過的
狀態：布爾狀態，\(dp[i][j][k]\)表示走到第\(i\)行第\(j\)列的數對\(100\)取模等於\(k\)是否是可行的
狀態轉移：考慮用本身更新別人，由\(dp[i][j][k]\)能夠轉移到\(dp[i+1][j][(a[i+1][j]+k)\mod 100]\)和\(dp[i+1][j+1][(a[i+1][j+1]+k)\mod 100]\)
代碼以下：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool dp[233][233][233];
int n;
int a[233][233];
int ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)
scanf("%d",&a[i][j]);
dp[1][1][a[1][1]%100]=true;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)
for(int k=0;k<100;++k)
if(dp[i][j][k])
{
dp[i+1][j][(k+a[i][j])%100]=true;
dp[i+1][j+1][(k+a[i+1][j+1])%100]=true;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<100;++j)
if(dp[n][i][j]) ans=max(ans,j);
printf("%d",ans);
return 0;
}
例題三 最長上升子序列：
狀態：\(dp[i]\)表示以\(i\)結尾的最長上升子序列的長度
狀態轉移：\(f[i]=max(f[j])+1\)知足\(1\leq j<i\)而且\(a[j]<a[i]\)
這個算法複雜度是\(O(n^2)\)的
若是數據再大一點，就能夠用線段樹
區間\(DP\)
例題一 合併石子：
把兩對相鄰的石子合併爲一堆石子，每次合併的代價就是兩堆石子的個數之和，如今問把\(n\)堆石子合併爲\(1\)堆石子的最小代價是多少
咱們能夠發現每次合併是將一段區間的石子合併
這就是一個區間\(DP\)
區間\(DP\)的狀態通常爲\(dp[l][r]\)
狀態：$dp[l][r] \(表示\)[l,r]\(區間合併的最小代價（\)dp[l][l]=0$）
每次均可以在區間中找到一個分界線，最後合併分界線兩邊的區間
那麼就能夠枚舉分界線\(p\)
狀態轉移：\(dp[l][r]=min(dp[l][r],dp[l][p]+dp[p+1][r]+sum[r]-sum[l-1]\)
例題二 無題
把一排矩陣排排坐，保證矩陣是能夠相乘獲得一個結果的，如今在這幾個矩陣中加上括號，使得運算次數最小
狀態：\(dp[l][r]\)表示將第\(l\)個矩陣和第\(r\)個矩陣的最小運算次數
狀態轉移：\(dp[l][r]=min(dp[l][p]+f[p+1][r]+a[l]\times a[p+1]\times a[r+1])\)，\(p\)是中點。
狀壓\(DP\)
例題一 旅行商問題
在平面上由\(n\)個點，給出每一個點的座標，如今由\(1\)號點出發，把全部點都走一遍而後回到\(1\)號點，求最短距離
首先，通常來講咱們沒有必要把一個點走兩次
當前在哪一個點、走過了那個點是兩個變化的量
狀態：\(dp[s][i]\)中\(i\)表示如今走到了第\(i\)個點，\(s\)表示走過了那些點
理論上來講，\(s\)是要用一個數組來維護的，可是咱們如今要用一個數來表示
那麼咱們就能夠用一個二進制數來表示哪些點沒走，哪些點走了（\(1\)表示走過，\(0\)表示沒走過）
狀壓\(DP\)能解決的範圍在\(n\leq 20-22\)，由於複雜度爲\(O(2^n\times n^2)\)
可愛的代碼：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
double dp[233][233];
double x[233],y[233];
double ans=0x3f;
int n;
double dis(int xx,int yy)
{
return sqrt((x[xx]-x[yy])*(x[xx]-y[yy])+(y[xx]-y[yy])*(y[xx]-y[yy]));
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;++i)
scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[1][0]=0;
for(int s=0;s<(1<<n);s++)
for(int i=0;i<n;++i)
if(dp[s][i]<0x3f)//這是一個可行的方案
{
for(int j=0;j<n;++j)
if((s>>j)&1==0)//將s二進制的第j爲取了出來
{
int news=s|(1<<j);//把s的第j爲變成了1
dp[news][j]=min(dp[news][j],dp[s][i]+dis(i,j));
}
}
for(int i=0;i<n;++i)
ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i]+dis(i,0));
printf("%d",ans);
return 0;
}
例題二 玉米田
\(JOHN\)要在一片牧場上種草，每塊草坪之間沒有相鄰的邊
狀態：\(dp[i][s]\)表示前\(i\)行的草都種完了，\(s\)表示第\(i\)行的草種成了什麼樣，這種狀況下的方案數爲\(dp[i][s]\)
考慮第\(i+1\)行如何種草：
首先第\(i+1\)行種的草沒有兩個連續的
其次第\(i\)行的草和第\(i+1\)行的草沒有相鄰的草，就是\(s\)&\(s\)'=\(0\)
例題三 \(K\)國王問題
在\(N\times N\)的棋盤中，放\(k\)個國王，使這些國王不能相互攻擊到對方（國王的攻擊範圍就是其周圍的\(8\)個格子）
參照上一道題（種國王）
狀態：\(dp[i][s]\)表示前\(i\)行的國王都種完了，\(s\)表示第\(i\)行的國王種成了什麼樣，這種狀況下的方案數爲\(dp[i][s]\)
可是這個題要多放一個國王，因此咱們要多加一個維度
新狀態：\(dp[i][s][j]\)表示前\(i\)行的國王都種完了，\(s\)表示第\(i\)行的國王種成了什麼樣，如今放了\(j\)個國王，這種狀況下的方案數爲\(dp[i][s]\)
數位\(DP\)
是在\(DP\)的過程當中按照數的位數進行轉移的
例題一 無題
給出兩個數\(l、r\)，求這之間有多少個數
首先，\([l,r]\)之間有多少數，就是求\([0,l]\)和\([0,r]\)之間分別有多少數，而後相減
數位\(DP\)，就是將一個\(n\)位數，抽象爲\(n\)個格子，若是要求有多少個數小於這個數，能夠用數字填滿這\(n\)個格子
注意：必定要從高位向低位一位一位的填
狀態：\(dp[i][j]\)中，已經填好了前\(i\)位，\(j=0\)表示當前這個數必定小於\(x\)，\(j=1\)表示當前這個數不肯定是否小於\(x\)
狀態轉移：數位\(DP\)的轉移都是去枚舉下一位填什麼數
代碼：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int l,r;
int dp[10010][10010];
int z[10010];
int solve(int x)
{
int l=0;
while(x>0)
{
l++;
z[l]=x%10;
x/=10;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[l+1][1]=1;//在第l+1位以後都只能填0
/*轉移考慮用本身去更新別人*/
for(int i=l+1;i>=2;i--)
for(int j=0;j<=1;++j)
for(int k=0;k<=9;++k)//枚舉應該填哪個數
{
if(j==1&&k>z[i-1]) continue;
int j_;
if(j==0)
j_=0;
else if(k==z[i-1])
j_=1;
else
j_=0;
dp[i-1][j_]+=dp[i][j];
}
return dp[1][0]+dp[1][1];
}
int main()
{
scanf("%d%d",&l,&r);
printf("%d",solve(r)-solve(l-1));
return 0;
}
例題二 無題
求\([l,r]\)中全部數的數位之和
一樣，咱們能夠轉化爲\([0,r]\)和\([0,l-1]\)之間有的數位之和
狀態：\(dp[i][j]\)表示第\(i\)位已經填完了，\(j=0\)表示當前這個數必定小於\(x\)，\(j=1\)表示當前這個數不肯定是否小於\(x\)，這時的方案數
例題三 無題
求\([l,r]\)中有多少個相鄰兩位數字之差大於等於\(2\)的數
狀態：$ dp[i][j][k]\(表示當前已經填了\)i\(個數，\)j=0\(表示當前這個數必定小於\)x\(，\)j=1\(表示當前這個數不肯定是否小於\)x\(，第\)i\(位填的數是\)k$
例題四 無題
求\([l,r]\)中知足各位數字之積位\(k\)的數有多少個
狀態：\(dp[i][j][r]\)表示當前已經填了\(i\)個數，\(j=0\)表示當前這個數必定小於\(x\)，\(j=1\)表示當前這個數不肯定是否小於\(x\)，當前乘積爲\(r\)
有些\(r\)是永遠不會用到的，就是那些大於\(10\)的質數的倍數
新狀態：\(dp[i][j][a][b][c][d]\)表示當前已經填了\(i\)個數，\(j=0\)表示當前這個數必定小於\(x\)，\(j=1\)表示當前這個數不肯定是否小於\(x\)，如今的乘積爲\(2^a+3^b+5^c+7^d\)
樹形\(DP\)
例題一 無題
如今給你一棵\(n\)個點的樹，問這個樹有多少點？？？
樹形\(DP\)通常是\(DP\)以這個點爲根的子樹的狀態
狀態：\(f[i]\)表示以\(i\)爲根的樹有多少個點
狀態轉移：\(f[i]=\sum_{j\in}\)
例題二 無題
給出一棵樹，求出樹的直徑
將兩個點的路徑看作由\(LCA\)向下的兩條路徑
狀態：\(f[i][0]\)表示第\(i\)個點向下的最大值，\(f[i][1]\)表示最小值
狀態轉移：\(f[i][0]=max(f[p_j][0])+1\)，\(f[i][1]\)的值應該是剩下的全部兒子的最長路中的最長路
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
void dfs(int i)
{
for(p is i's son)//教你們如何寫僞代碼，你只須要boomboomboom，而後boomboomboom，就能boomboom了
dfs(p);
for(p is i's son)
{
int v=f[p][0];
if(v>f[i][0])
{
f[i][1]=f[i][0];
f[i][0]=v;
}
else if(v>f[i][1])
f[i][1]=v;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
du ru jian shu;
dfs(1);//強行令1號點爲根
return 0;
}
例題三 無題
求全部點之間的路徑之和爲多少
狀態：\(dp[i]\)表示以\(i\)爲根的子樹有多少個點
例題四 無題
狀態：\(dp[i][0/1]\)表示到了第\(i\)個點，\(1\)表示選了改點，\(0\)表示沒有選
若是有一個點選了，那麼這個點的全部兒子都不能選
即：\(dp[i][1]=\sum_{j\in son_i}dp[j][0]+a[i]\)
\(dp[i][0]=\sum_{j\in son_i}max(dp[j][0],dp[j][1])\)
例題五 無題
每一個士兵能夠守護全部與該結點直接相鄰的邊，請問在全部邊都被守護的條件下，最少要安排多少士兵？
狀態：\(dp[i][0/1]\)表示以\(i\)爲根的子樹的全部點都被守護，\(1\)表示有士兵，\(0\)表示沒有，此時的最少士兵
\(f[i][0]=\sum_{j\in son_i}dp[i][1]\)
\(dp[i][1]=\sum_{j\in son_i}max()\)
- 1. 【DP】【樹形DP】Splot
- 2. HDU-6968（DP，和DP）
- 3. [BZOJ3864] Hero meet devil 狀壓DP（DP套DP）
- 4. dp
- 5. DP
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- 7. 【ZJOI 2019】麻將（dp of dp）
- 8. DP-選課（樹形DP）
- 9. BZOJ3864: Hero meet devil【dp of dp】
- 10. 【DP】區間DP入門
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每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。