各类经典dp问题分讲(HDU 2084、HDU 1003、HDU 1176)
2015-11-02 08:01
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总括
动态规划基本步骤: 找出 阶段 状态 决策考虑如何把整个问题拆成几个子问题
然后考虑一个状态能由什么推出 如何决策能够得到该阶段的最优解
递归是自顶向下的分解 动态规划就是自底向上的递推。把递归的每个状态表示出来 再按照动态规划的顺序推 自然就能看出联系
例题分析
HUD 2084
Problem Description 在讲述DP算法的时候,一个经典的例子就是数塔问题,它是这样描述的:![](http://acm.hdu.edu.cn/data/images/2084-1.jpg)
有如下所示的数塔,要求从顶层走到底层,若每一步只能走到相邻的结点,则经过的结点的数字之和最大是多少?
已经告诉你了,这是个DP的题目,你能AC吗?
Input 输入数据首先包括一个整数C,表示测试实例的个数,每个测试实例的第一行是一个整数N(1 <= N <=
100),表示数塔的高度,接下来用N行数字表示数塔,其中第i行有个i个整数,且所有的整数均在区间[0,99]内。
Output 对于每个测试实例,输出可能得到的最大和,每个实例的输出占一行。
Sample Input 1 5 7 3 8 8 1 0 2 7 4 4 4 5 2 6 5
Sample Output 30
分析
dp入门的数塔问题从上往下分析问题,从倒数第二行开始看。将倒数第二行的每一个数改为当前的路径所允许的最大值(如上图中左下角的第二行第一个应该改为21 : 19 + 2; 以此类推)最终a[1][1]即为所求值核心代码:
for(i = 1; i <= n; i++) { for(j = 1; j <= i; j++) { if(a[i + 1][j] > a[i + 1][j + 1]) a[i][j] += a[i + 1][j]; else a[i][j] += a[i + 1][j + 1]; } }
贴代码
#include <iostream> #define MAX 20 using namespace std; int main() { cout << "Please input N(lines)" << endl; int n; cin >> n; int a[MAX + 1][MAX + 1][3]; //[0]用来存数,[1]参与运算,[2]表示向左(0),还是向右(1) //输入数塔 for (int i = 1; i <= n; ++i) { cout << "Please input line " << i << endl; for (int j = 1; j <= i; ++j) //第i行有i个数 { cin >> a[i][j][0]; a[i][j][1] = a[i][j][0]; a[i][j][2] = 0; } } cout << endl; //计算 for (int i = n - 1; i >= 1; --i) //从倒数第二行开始 { for (int j = 1; j <= i; j++) { if (a[i + 1][j][1] > a[i + 1][j + 1][1]) //左边大 { a[i][j][2] = 0; //选择左边 a[i][j][1] += a[i + 1][j][1]; } else //右边大 { a[i][j][2] = 1; //选择右边 a[i][j][1] += a[i + 1][j + 1][1]; } } } //输出数塔 for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= i; ++j) { cout << a[i][j][0] << " "; } cout << endl; } //输出最大值 cout << a[1][1][1] << endl; //输出路径 for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) { cout << "[" << i << "," << j << "]" << " -> "; j += a[i][j][2]; } cout << endl; return 0;
HDU 1003
a[1],a[2],a[3]……a, your job is to calculate the max sum of a
sub-sequence. For example, given (6,-1,5,4,-7), the max sum in this
sequence is 6 + (-1) + 5 + 4 = 14.
Input The first line of the input contains an integer T(1<=T<=20) which means the number of test cases. Then T lines follow, each line
starts with a number N(1<=N<=100000), then N integers followed(all the
integers are between -1000 and 1000).
Output For each test case, you should output two lines. The first line is “Case #:”, # means the number of the test case. The second
line contains three integers, the Max Sum in the sequence, the start
position of the sub-sequence, the end position of the sub-sequence. If
there are more than one result, output the first one. Output a blank
line between two cases.
Sample Input 2 5 6 -1 5 4 -7 7 0 6 -1 1 -6 7 -5 Sample Output Case 1: 14 1 4 Case 2: 7 1 6
分析
动态规划的另一个经典例题和上文的数塔的方法基本一样:化简为2层 然后层层折叠 每次处理2层 (2层不会有路径选择的问题)
与上文不同的是 在求最大的子序列和的时候如果前N项的和为负数那么直接忽略 因为 a + 负数 < a
核心代码
t = 0; sta = end = k = 1; for (i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a); t += a; if (t > max) { //另外要注意的一点是 用sta和end来纪录数组的开始和结束位置 max = t; sta = k; end = i; }//只有当 t > max的时候才能对 sta 和 end 进行覆盖操作 if (t < 0) { t = 0; k = i + 1; } }
全部代码
#include <stdio.h> int main() { int n, T, a, sta, end, max, k, i, p, t; scanf("%d", &T); for (p = 1; p <= T; p++) { scanf("%d", &n); max = -9999; //因为一个数a 是-1000~1000的,所以这里相当于变成最小值 t = 0; //表示 某段连续和 sta = end = k = 1; // sta最大和的开始,end最大和的结束,k记录每次求和的开始 for (i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a); t += a; if (t > max) { //记录最大连续和的值 max = t; sta = k; end = i; } if (t < 0) { t = 0; k = i + 1; } } if (p != 1) printf("/n"); printf("Case %d:/n", p); printf("%d %d %d/n", max, sta, end); } }
HUD1176
题目
免费馅饼Problem Description
都说天上不会掉馅饼,但有一天gameboy正走在回家的小径上,忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了,这馅饼别处都不掉,就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了,所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人,所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏,虽然在游戏中是个身手敏捷的高手,但在现实中运动神经特别迟钝,每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标:
为了使问题简化,假设在接下来的一段时间里,馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置,因此在第一秒,他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼?(假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼)
Input
输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0 < n < 100000),表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中,每行有两个整数x,T(0 < T < 100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。
Output 每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m,表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示:本题的输入数据量比较大,建议用scanf读入,用cin可能会超时。
Sample Input
6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0
Sample Output
4
分析
在位置i中在J秒回落下n个馅饼, 依旧是动态规划问题 倒叙求和(貌似动态规划问题都是倒序)关于位置有3大种可能性 0; 10; 1-9 (因为0 和 10 只有1种走动的方向)
首先用数组dp[i][j]读入掉落馅饼的时间和位置 然后用DP进行累加
动态规划的核心就是
从最末尾的情况开始通过MAX求得有限个不同路径的最优化的一个 然后向前递归 最终输出题目所要求的初始位置。
核心代码
time = max(m);// input的读入是n, m; m的最大值表示时间的掉落馅饼的最大持续时间 for(i = time - 1; i >= 0; i--) { dp[0][i] = max2(dp[0][i + 1], dp[1][i + 1]); dp[10][i] = max2(dp[10][i + 1], dp[9][i + 1]); for(j = 1; j <= 9; j++) { dp[j][i] = max(dp[j - 1][i + 1], dp[j][i + 1], dp[j + 1][i + 1]); } }
全部代码
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int dp[11][100001]; int max(int a,int b,int c=-1) { if(a<b) a=b; if(a<c) a=c; return a; } int main() { int n,i,j; int t,x; while(scanf("%d",&n)!=EOF &&n) { memset(dp,0,sizeof(dp)); int maxtime=0; for(i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d",&x,&t); ++dp[x][t]; maxtime=t>maxtime?t:maxtime; } for(j=maxtime-1;j>=0;--j) { dp[0][j]+=max(dp[0][j+1],dp[1][j+1]); dp[10][j]+=max(dp[10][j+1],dp[9][j+1]); for(i=1;i<10;i++) { dp[i][j]+=max(dp[i][j+1],dp[i+1][j+1],dp[i-1][j+1]); } } printf("%d\n",dp[5][0]); } return 0; }
全文总结
为了便于分析先分一下类(题数太少不好分 慢慢补充 - - )
规定起始位置
如第一题和第三题 我们都可以用一个二维平面来表示题目中input所给予的变量而且这个二维平面的入口是确定的
出口位于一条一维直线上
我们所要选择的就是点和线之间的路径问题
对此可以通过
从倒数第二行开始求最优解而一步步递推到最初始的一行,进而输出初始位置的点
未规定起始位置而求最优
如第二题从两端的位置开始 重点寻找规划问题的跳出(或者说否定)方案然后执行相关文章推荐
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