NUC-ACM/ICPC 寒假訓練 簡單DP A - G題
第一題：數塔 HDU - 2084
做法：
從第 i , j 個 節點往下走的最優解可以由從第 i+1，j 個節點往下走的最優解和第i+1，j+1個節點往下走的最優解得出,二者取其優即可。
代碼：
記憶化搜素
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 int n; 6 int f[100][100]; 7 int v[100][100]; 8 int a[100][100]; 9 int fget(int x,inty)//記憶化搜索求值 10 { 11 if (x<=0||y<=0) return 0;//如果超出範圍返回0 12 if (x>n||y>x) return 0;//如果超出範圍返回0 13 if (v[x][y]) return f[x][y];//如果之前訪問過那麽直接返回之前訪問過的值 14 v[x][y]=1;//標記訪問 15 int max=-10000000;//max為最大值 初始化一個很小的數 16 if (!v[x+1][y])//如果之前沒有遞歸過 x+1,y 的 值 17 { 18 f[x+1][y]=fget(x+1,y);//遞歸獲得答案 19 } 20 if (!v[x+1][y+1])//如果之前沒有遞歸過 x+1,y+1 的 值 21 { 22 f[x+1][y+1]=fget(x+1,y+1);//遞歸獲得答案 23 } 24 25 //f[x][y]的值可以由 f[x+1][y] + a[x][y]得出 26 f[x][y]=f[x+1][y]+a[x][y]; 27 28 //當然, f[x][y]的值也可以由 f[x+1][y+1] + a[x][y]得出 29 //那麽我們就取兩者中較大的那個 30 if (f[x][y]<=f[x+1][y+1]+a[x][y]) f[x][y]=f[x+1][y+1]+a[x][y]; 31 32 return f[x][y];//返回答案 33 } 34 void deal() 35 { 36 int i; 37 int j; 38 cin>>n; 39 //讀取 + 初始化 40 for (i=1;i<=n;i++) 41 for (j=1;j<=i;j++) 42 { 43 f[i][j]=0; 44 scanf("%d",&a[i][j]); 45 v[i][j]=0; 46 f[i][j]=a[i][j]; 47 } 48 int max=-1; 49 50 //fget(1,1)也就是數組頂部的元素也就是答案 51 cout<<fget(1,1)<<endl; 52 53 } 54 int main() 55 { 56 int n; 57 cin>>n;//n組數據 58 while (n--) 59 { 60 deal();//逐個處理 61 } 62 return 0; 63 }
遞推代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 6 int main() { 7 int a[105][105]; 8 int t, n, i, j; 9 while(cin>>t) { 10 while(t--) { 11 cin>>n; 12 memset(a,0,sizeof(a)); 13 for(i=0; i<n; i++) 14 for(j=0; j<=i; j++) 15 cin>>a[i][j]; 16 for(i=n-1; i>=0; i--) 17 for(j=0; j<=i; j++) 18 a[i][j]=a[i][j]+max(a[i+1][j],a[i+1][j+1]); 19 cout<<a[0][0]<<endl; 20 } 21 } 22 return 0; 23 }
第二題：超級樓梯
來源：HDU - 2041
轉態轉移方程 f[i]=f[i-1]+f[i-2]
代碼：
記憶化搜索
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 int dp[50]; 6 int dfs(int x){//遞歸得到x級樓梯的走法數量 7 if(x<0) return 0;//小於0級臺階當然是0 8 if(dp[x]>0)//已經有答案 9 return dp[x]; 10 else 11 //該級臺階的答案可以由i-1階臺階的答案和i-2階的答案求和得到 12 return dp[x]=dfs(x-1)+dfs(x-2); 13 } 14 int main(){ 15 int t; 16 memset(dp,0,sizeof(dp)); 17 dp[0]=1; 18 scanf("%d",&t); 19 while(t--){ 20 int d; 21 scanf("%d",&d); 22 printf("%d\n",dfs(d-1)); 23 } 24 return 0; 25 }
遞推：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 int n; 5 cin>>n; 6 for(int j=0;j<n;j++){ 7 int m; 8 cin>>m; 9 int a[45]; 10 for(int i=2;i<=m;i++){ 11 a[2]=1; 12 a[3]=2; 13 if(i>3) 14 a[i]=a[i-1]+a[i-2]; 15 } 16 cout<<a[m]<<endl; 17 } 18 }
第三題
母牛的故事
來源：HDU - 2018
第一年只有一開始的牛
第二年-第四年只有一開始的牛生了小牛
第五年第二年出生的小牛也生了小牛
第六年第三年出生的小牛也可以生母牛了
也就是說第i年時，3年前出生（包括第 前三年）的母牛 都有生育能力
那麽設dp[i]為第i年的牛的數量
那麽，顯然dp[i-1]為沒生小牛之前的牛的數量
dp[i-3]為3年前的牛的數量，也就是有生育能力的小牛的數量
那麽狀態轉移方程就可以得到：
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]
代碼：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 int f[60];//第n年牛的數量 6 int main(){ 7 for(int i=1;i<=4;i++) 8 f[i]=i; 9 10 //f[i-1]為去年牛的數量 f[i-3]為可以生牛的母牛的數量 也是新生的小牛的數量 11 for(int i=5;i<=55;i++) 12 f[i]=f[i-1]+f[i-3]; 13 int n; 14 while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){//循環讀入直到文件尾部或者n為0時結束 15 printf("%d\n",f[n]); 16 } 17 return 0; 18 }
第四題：
Bone Collector
來源：
HDU - 2602
題目大意：
已知N個糖果的重量和價值. 我們有一個口袋, 最多可以裝V重量的糖果. 問口袋最多能放多少價值的糖果進去? Input
輸入的第一行是T, 表示有T組數據. 每組數據由三行組成. 第一行包含兩個整數N和V(N <= 1000, V <= 1000). N表示糖果的個數, V表示口袋的載重. 第二行包含N個整數, 表示每一顆糖果的價值. 第三行包含N個整數, 表示每一顆糖果的重量.Output
對每一組數據, 輸出口袋最終可以放進去糖果的價值.
Sample Input
1 5 10 1 2 3 4 5 5 4 3 2 1
Sample Output
14
做法：
一個簡單的01背包問題
解決0 1 背包問題的思想看背包九講
題解參見代碼註釋
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 void deal(); 6 int main(){ 7 int t; 8 scanf("%d",&t); 9 while(t--)//t組數據 10 deal(); 11 return 0; 12 } 13 int *value,*weight,*f; 14 void deal(){ 15 int N,V; 16 scanf("%d%d",&N,&V); 17 value=new int[N];//每個糖果重量數組 18 weight=new int[N];//每個糖果價值數組 19 for(int i=0;i<N;i++) 20 scanf("%d",value+i); 21 for(int i=0;i<N;i++) 22 scanf("%d",weight+i); 23 f=new int[V+1]; 24 memset(f,0,sizeof(int)*(V+1));//初始化 25 for(int i=0;i<N;i++)//對於第i件物品 26 for(int j=V;j>=0;j--)//當空間為j的時候 27 if(j-weight[i]<0)//如果空間j放不下第i件物品 28 continue;//那就不管它好了 29 else 30 f[j]=max(f[j],f[j-weight[i]]+value[i]);//要麽把f[j]本身和放下第i件物品比一下看哪個大 31 int ans=0; 32 for(int i=0;i<=V;i++) 33 ans=max(ans,f[i]);//答案取最大的那個 34 printf("%d\n",ans); 35 return; 36 }
第五題：
Common Subsequence
HDU - 1159
題解：
第一個字符串的前 i 個字符 和 第二個字符串 的 前 j 個字符 的最長公共子串 可以由
第一個字符串的前 i-1 個字符 和 第二個字符串的前j個字符 的最長公共子串
第一個字符串的前 i 個字符 和 第二個字符串的前j-1個字符 的最長公共子串
如果第一個字符串的第i個字符和第二個字符串的第j個字符相同
第一個字符串的前 i 個字符 和 第二個字符串 的 前 j 個字符 的最長公共子串 也可以由
第一個字符串的前i-1個字符和第二個字符的前j-1個字符的最長公共子串的得到
代碼：記憶化搜索
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 const int maxn=1010; 6 char *s1,*s2; 7 int **dp; 8 9 int dfs(int x,int y){//求s1的前x個字符與s2的前y個字符 10 int ans=0; 11 if(x<0||y<0)//如果x或y中有一個超出字符串邊界 12 return 0; //那麽返回0 13 if(dp[x][y]>=0)//如果之前之前已經遞歸過此種狀態,直接返回 14 return dp[x][y]; 15 if(s1[x]==s2[y])//如果s1的第x個字符與s2的第y個字符相等 16 ans=max(dfs(x-1,y-1)+1,ans); 17 ans=max(ans,dfs(x-1,y));//遞歸查找求s1的前x-1個字符與s2的前y個字符 18 ans=max(ans,dfs(x,y-1));//遞歸查找求s1的前x個字符與s2的前y-1個字符 19 return dp[x][y]=ans;//記錄此狀態的值並返回 20 } 21 22 int main(){ 23 s1=new char[maxn];//聲明內存 24 s2=new char[maxn]; 25 while(scanf("%s%s",s1,s2)!=EOF){ 26 27 int len1,len2; 28 len1=strlen(s1);//獲取字符串長度 29 len2=strlen(s2); 30 31 //聲明數組 32 dp=new int*[len1+1]; 33 for(int i=0;i<=len1;i++) 34 dp[i]=new int[len2+1]; 35 36 //初始化數組 37 for(int i=0;i<=len1;i++) 38 for(int j=0;j<=len2;j++) 39 dp[i][j]=-1; 40 41 printf("%d\n",dfs(len1-1,len2-1)); 42 43 //釋放內存 44 for(int i=0;i<=len1;i++) 45 delete dp[i]; 46 delete dp; 47 delete s1; 48 delete s2; 49 50 s1=new char[maxn];//重新聲明 51 s2=new char[maxn]; 52 } 53 return 0;}
遞推：
#include <iostream> #include<cstring> using namespace std; int dp[2001][2001]; int main() { char a[2001],b[2001]; while(cin>>a>>b) { int i,j; int al,bl; al=strlen(a); bl=strlen(b); for(i=0; i<=al; i++) dp[i][0]=0; for(i=0; i<=bl; i++) dp[0][i]=0; for(i=1; i<=al; i++) for(j=1; j<=bl; j++) { if(a[i-1]==b[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; else dp[i][j] = dp[i-1][j] > dp[i][j-1] ? dp[i-1][j] : dp[i][j-1]; } cout<<dp[al][bl]<<endl; } return 0; }
第六題：
最少攔截系統
HDU - 1257
一種思路是
貪心去求解
把每一個導彈和它之前發射的所有子彈的攔截系統的高度去比較
如果有比它高的，那麽貪心地去選擇最低的那個可行的攔截系統
如果沒有比它高的攔截系統，新建一個攔截系統答案+1
第二種思路就是把問題轉化為最長遞增子序列的問題
和第K題解法相同
第七題：
Piggy-Bank
來源： HDU - 1114
題目大意：
在 ACM 能夠開展之前，必須準備預算，並獲得必要的財力支持。該活動的主要收入來自於 Irreversibly Bound Money (IBM)。思路很簡單。任何時候，某位 ACM 會員有少量的錢時，他將所有的硬幣投入到小豬儲錢罐中。這個過程不可逆，因為只有把小豬儲錢罐打碎才能取出硬幣。在足夠長的時間之後，小豬儲錢罐中有了足夠的現金，用於支付 ACM 活動所需的花費。
但是，小豬儲錢罐存在一個大的問題，即無法確定其中有多少錢。因此，我們可能在打碎小豬儲錢罐之後，發現裏面的錢不夠。顯然，我們希望避免這種不愉快的情況。唯一的可能是，稱一下小豬儲錢罐的重量，並嘗試猜測裏面的有多少硬幣。假定我們能夠精確判斷小豬儲錢罐的重量，並且我們也知道給定幣種的所有硬幣的重量。那麽，我們可以保證小豬儲錢罐中最少有多少錢。
你的任務是找出最差的情形，即判斷小豬儲錢罐中的硬幣最少有多少錢。我們需要你的幫助。不能再貿然打碎小豬儲錢罐了！
輸入
輸入包含 T 組測試數據。輸入文件的第一行，給出了 T 的值。
對於每組測試數據，第一行包含 E 和 F 兩個整數，它們表示空的小豬儲錢罐的重量，以及裝有硬幣的小豬儲錢罐的重量。兩個重量的計量單位都是 g (克)。小豬儲錢罐的重量不會超過 10 kg (千克)，即 1 <= E <= F <= 10000 。每組測試數據的第二行，有一個整數 N (1 <= N <= 500)，提供了給定幣種的不同硬幣有多少種。接下來的 N 行，每行指定一種硬幣類型，每行包含兩個整數 P 和 W (1 <= P <= 50000，1 <= W <=10000)。P 是硬幣的金額 (貨幣計量單位)；W 是它的重量，以 g (克) 為計量單位。
輸出
對於每組測試數據，打印一行輸出。每行必須包含句子 “The minimum amount of money in the piggy-bank is X.” 其中，X 表示對於給定總重量的硬幣，所能得到的最少金額。如果無法恰好得到給定的重量，則打印一行 “This is impossible.” 。
解法：
一個完全背包問題，每個物品有無限種，問最優解
參見背包九講，完全背包問題
代碼：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 int f[101000],a[10000],v[10000]; 5 int main() 6 { 7 int n; 8 int t; 9 cin>>t; 10 int l,r,fv; 11 while(t--) 12 { 13 scanf("%d%d",&l,&r); 14 fv=r-l; 15 cin>>n; 16 for (int i=1;i<=n;i++) 17 scanf("%d%d",&a[i],&v[i]); 18 for (int i=1;i<=fv;i++)//f[i]儲存 總共i大小的重量 的 最小金額 19 f[i]=0x7fffffff/2; //初始值賦個很大的值 20 f[0]=0; 21 for (int i=1;i<=n;i++)//對於第i種硬幣 22 { 23 for (int j=v[i];j<=fv;j++) //對於j大小的空間 24 { 25 f[j]=min(f[j],f[j-v[i]]+a[i]); //f[j]的值為f[j]和f[j-v[i]]較小的那個值 26 } 27 } 28 if (f[fv]==0x7fffffff/2) //如果依然是最大值，那麽就是不可能 29 cout<<"This is impossible."<<endl; 30 else //否則輸出答案 31 printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n",f[fv]); 32 } 33 return 0; 34 }
NUC-ACM/ICPC 寒假訓練 簡單DP A - G題