NOIP演算法總結——關於簡單線性動態規劃

阿新 • • 發佈：2019-01-31

動態規劃，顯然是一個很讓人頭疼的地方，也沒有個固定的演算法，最多就是有一些模板（比如揹包啊），要是想要增大做出來的機率，也就只好多做做題找找感覺了~

線性動態規劃可以說是DP中最簡單的型別了，當然裡面很多也是不容易的題目，也是需要一點技巧了。搞了好幾天了，現在就來總結一下。

一、演算法的選取，動態維護。

例題1：最大子段和

題目描述

給出一段序列，選出其中連續且非空的一段使得這段和最大。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入檔案maxsum1.in的第一行是一個正整數N，表示了序列的長度。
第2行包含N個絕對值不大於10000的整數A[i]，描述了這段序列。

輸出格式：

輸入檔案maxsum1.out僅包括1個整數，為最大的子段和是多少。子段的最小長度為1。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

7
2 -4 3 -1 2 -4 3

輸出樣例#1：

說明

【資料規模與約定】
對於40%的資料，有N ≤ 2000。
對於100%的資料，有N ≤ 200000。
【洛谷1115】

演算法一：暴力列舉。列舉每一個子段，求和，再求最大。
時間複雜度：列舉是O(n)，每次計算是O(n)，總共是O(n^3)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
int a[200010] ;
int main() {
    int i, j, k, m, n ;
    scanf ( "%d" 
, &n ) ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
        scanf ( "%d", a+i ) ;
    int ans = -2147483647 ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
        for ( j = i ; j <= n ; j ++ ) {
            int sum = 0 ;
            for ( k = i ; k <= j ; k ++ ) 
                sum += a[k] ;
            ans = max ( ans, sum ) ;
        }
    printf 
 ( "%d\n", ans ) ;
    return 0 ;
}

顯然不可取。
看那範圍，顯然是TLE到乾乾淨淨。

演算法二：字首和優化。和演算法一類似，也是列舉每個子段，只是子段求和的時候使用字首和優化（O(1)）。
時間複雜度：O(n^2)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
int a[200010] ;
int main() {
    int i, j, k, m, n ;
    scanf ( "%d", &n ) ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { 
        scanf ( "%d", a+i ) ;
        a[i] += a[i-1] ;
    } 
    int ans = -2147483647 ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
        for ( j = i ; j <= n ; j ++ ) {
            int sum = 0 ;
            sum = a[j] - a[i-1] ;
            ans = max ( ans, sum ) ;
        }
    printf ( "%d\n", ans ) ;
    return 0 ;
}

啊！騙到了40分，還是可以的。
不過，顯然不是正解。

演算法三：動態維護最小字首和。
時間複雜度： O(n)
這還是要分析一下的……
對於i~j的子段，sum = a[j] - a[i-1] ;
那麼，以j為結尾的所有子段，都是a[j]減去一個什麼什麼東西。
顯然，減去的那個東西越小越好~
那麼，我們只要維護最小的那個就好了。所以時間降到了線性。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
int a[200010] ;
int main() {
    int i, j, k, m, n ;
    scanf ( "%d", &n ) ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { 
        scanf ( "%d", a+i ) ;
        a[i] += a[i-1] ;
    } 
    int ans = -2147483647, Min = 0 ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        ans = max ( ans, a[i] - Min ) ;
        Min = min ( a[i], Min ) ;
    }
    printf ( "%d\n", ans ) ;
    return 0 ;
}

沒話說，這還不AC？

二、字首和的利用

就像上面那個題目裡所使用的一樣，字首和經常能給我們很大的幫助。
那是一維的‘字首和’，其實，對於一些二維甚至三維的統計（不一定是求和，也可能是求異或之類），我們也可使用字首和。

最大正方形【洛谷1387】

題目描述

在一個n*m的只包含0和1的矩陣裡找出一個不包含0的最大正方形，輸出邊長。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入檔案第一行為兩個整數n,m（1<=n,m<=100），接下來n行，每行m個數字，用空格隔開，0或1.

輸出格式：

一個整數，最大正方形的邊長

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

4 4
0 1 1 1
1 1 1 0
0 1 1 0
1 1 0 1

輸出樣例#1：

分析：如果一個矩形的元素和與面積相等，那麼它裡面的元素就全部是1

演算法一：列舉
列舉正方形的某一個定點座標（O(n×m)），在列舉正方形邊長（O(max(n,m))），再累加（O(n×m)）
時間複雜度：O(n^5)

顯然會TLE的乾乾淨淨。
由於這個暴力列舉很簡單，就不貼出程式碼了。

演算法二：還是列舉，只是加字首和優化
方法同上，但是求和的過程不是累加，而是使用字首和（O(1)）。

怎麼使用字首和呢？
sum(i,j) 表示點(1,1)和點(i,j)圍成矩形裡元素的和。（如下圖）
sum[i][j]

那麼，為什麼要這樣表示呢？那是因為簡便計算矩陣和啊！

看上圖，假設我們要求計算的矩形（注意，這裡是可以推廣到一般情況的，矩形！）是圖示紅色方框所包括的部分(x1,y1)——(x2,y2)。
那麼，這個答案可以通過圖示褐色方框 - 兩個青色方框 + 黑色方框（由於多減了一次）得到。
所以，

s=sum[x2][y2]−sum[x2][y1−1]−sum[x1−1][y2]+sum[x1−1][y1−1]
這就是我們的計算式。
但是，怎麼計算sum[][]呢？
sum[i][j]=sum[i−1][j]+sum[i][j−1]−sum[i−1][j−1]+a[i][j]

接下來的任務就很簡單了，直接上程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int maxn = 110 ;
bool a[maxn][maxn] ; // 記錄原始陣列
int sum[maxn][maxn] ; // sum意義同上所述
int main() {
    int i, j, k, m, n, l ;
    scanf ( "%d%d", &n, &m ) ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ )
        for ( j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
            scanf ( "%d", &a[i][j] ) ;
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
        for ( j = 1 ; j <= m ; j ++ ) 
            sum[i][j] = sum[i-1][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1] + a[i][j] ; // 遞推計算sum
    int x2, y2, x1, y1 ;
    int ans = -1000000000, L ; // 用於儲存最大面積，答案邊長
    for ( x1 = 1 ; x1 <= n ; x1 ++ ) 
        for ( y1 = 1 ; y1 <= m ; y1 ++ ) 
            for ( l = 1 ; l+x1-1 <= n && l+y1-1 <= m ; l ++ ){
                x2 = l+x1-1 ; y2 = l+y1-1 ;
                int s = sum[x2][y2] - sum[x2][y1-1] - sum[x1-1][y2] + sum[x1-1][y1-1] ;
                if ( s != l*l ) continue ;
                if ( s > ans ) {
                    ans = s ;
                    L = l ;
                }
            }
    printf ( "%d\n", L ) ;
    return 0 ;
}

是不是顯然很簡單呢~

三、簡單的遞推。

例題1：過河【NOIp 2005 T2】

題目描述

在河上有一座獨木橋，一隻青蛙想沿著獨木橋從河的一側跳到另一側。在橋上有一些石子，青蛙很討厭踩在這些石子上。由於橋的長度和青蛙一次跳過的距離都是正整數，我們可以把獨木橋上青蛙可能到達的點看成數軸上的一串整點：0，1，……，L（其中L是橋的長度）。座標為0的點表示橋的起點，座標為L的點表示橋的終點。青蛙從橋的起點開始，不停的向終點方向跳躍。一次跳躍的距離是S到T之間的任意正整數（包括S,T）。當青蛙跳到或跳過座標為L的點時，就算青蛙已經跳出了獨木橋。
題目給出獨木橋的長度L，青蛙跳躍的距離範圍S,T，橋上石子的位置。你的任務是確定青蛙要想過河，最少需要踩到的石子數。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入檔案river.in的第一行有一個正整數L（1 <= L <= 10^9），表示獨木橋的長度。第二行有三個正整數S，T，M，分別表示青蛙一次跳躍的最小距離，最大距離，及橋上石子的個數，其中1 <= S <= T <= 10，1 <= M <= 100。第三行有M個不同的正整數分別表示這M個石子在數軸上的位置（資料保證橋的起點和終點處沒有石子）。所有相鄰的整數之間用一個空格隔開。

輸出格式：

輸出檔案river.out只包括一個整數，表示青蛙過河最少需要踩到的石子數。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

10
2 3 5
2 3 5 6 7

輸出樣例#1：

2
說明
對於30%的資料，L <= 10000；
對於全部的資料，L <= 109。

分析：

To Be Continue … …
低價購買
尼克的任務
多米諾骨牌
合唱隊形
奇怪的字串

NOIP演算法總結——關於簡單 線性動態規劃

一、演算法的選取，動態維護。

題目描述

輸入輸出格式

輸入格式：

輸出格式：

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

輸出樣例#1：

說明

二、字首和的利用

題目描述

輸入輸出格式

輸入格式：

輸出格式：

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

輸出樣例#1：

三、簡單的遞推。

題目描述

輸入輸出格式

輸入格式：

輸出格式：

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

輸出樣例#1：

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