《挑战程序设计竞赛》2.3.2 动态规划-优化递推 POJ1742 3046 3181
2015-12-27 22:22
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POJ1742
http://poj.org/problem?id=1742题意
有n种面额的硬币,面额个数分别为Ai、Ci,求最多能搭配出几种不超过m的金额?思路
据说这是传说中的男人8题呢,对时间和空间复杂度要求都挺高的。朴素DP三重循环比较容易想到,但显而易见会TLE。
这里由于dp数组记录的是一个bool值(是否能搭配出某金额),记录的信息较少,因而存在浪费。优化思路是dp[i][j]记录用前i种数加和得到j时第i种数最多能剩余多少个(不能加和得到的情况下为-1)。但二维dp数组的空间复杂度仍然没有降下来,这时候会MLE。
改成一维数组几个AC。
关于思路更详细的说明见《挑战程序设计竞赛》第62-64页。
另外可参见另一篇博客,对于这道题解释的非常清楚:POJ1742详解
代码
[code]Source Code Problem: 1742 User: liangrx06 Memory: 564K Time: 1907MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 100; const int M = 100000; int main(void) { int n, m; int a , c ; int dp[M+1]; while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { if (!n && !m) break; for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", &a[i]); for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", &c[i]); fill(dp, dp+m+1, -1); dp[0] = 0; for (int i = 0; i < n; i ++) { for (int j = 0; j <= m; j ++) { if (dp[j] >= 0) dp[j] = c[i]; else if (j < a[i] || dp[j-a[i]] <= 0) dp[j] = -1; else dp[j] = dp[j-a[i]] - 1; } } int ans = 0; for (int i = 1; i <= m; i ++) { if (dp[i] >= 0) ans++; } printf("%d\n", ans); } return 0; }
POJ3046
http://poj.org/problem?id=3046题意
有A只蚂蚁,来自T个家族。同一个家族的蚂蚁长得一样,但是不同家族的蚂蚁牙齿颜色不同。任取n只蚂蚁(S<=n<=B),求能组成几种集合?还可以理解为:
给出T种数字。每种各有N[i]个,然后用这些数字构成一些序列, 问x长度到y长度的序列有多少种?
思路
动态规划题,dp[i][j] 表示前i种数字构成长度为j的序列有多少种。递推关系为:dp[i][j] = sigma(dp[i - 1][j - k]) k的范围是0~N[i]
注意到这里的sigma(dp[i - 1][j - k]) 可以用部分和算一下。
然后因为总共的数字个数可能有10W个,有1000种数组,会MLE。所以需要开滚动数组来搞。
复杂度的话 是 O(sigma(num[i] * (T + 1 - i))),最坏是1亿。
代码
[code]Source Code Problem: 3046 User: liangrx06 Memory: 1028K Time: 125MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int T = 1000; const int A = T*100; const int MOD = 1000000; int main(void) { int t, a, s, b; int fam[T]; cin >> t >> a >> s >> b; memset(fam, 0, sizeof(fam)); int num; for (int i = 0; i < a; i ++) { scanf("%d", &num); fam[num-1] ++; } int dp[2][A+1]; memset(dp, 0, sizeof(dp)); for (int j = 0; j <= b; j ++) { if (j <= fam[0]) dp[0][j] = 1; } for (int i = 1; i < t; i ++) { for (int j = 0; j <= b; j ++) { dp[i&1][j] = 0; for (int k = 0; k <= j && k <= fam[i]; k ++) { dp[i&1][j] += dp[(i-1)&1][j-k]; } dp[i&1][j] %= MOD; } } int ans = 0; for (int j = s; j <= b; j ++) ans += dp[(t-1)&1][j]; printf("%d\n", ans % MOD); return 0; }
POJ3181
http://poj.org/problem?id=3181题意
输入n,和k,问将n用1到k这k个数字进行拆分,有多少种拆分方法。例如:n=5,k=3 则有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1这5种拆分方法
思路
很明显是完全背包问题,假如用dp[i][j]表示考虑到用数1-i拼接成数字j的拼接方法,可以得到状态转移方程如下:dp[i][j]=sigma(dp[i-1][j-k*i])(k>=0,且j-k*i>=0)
这个题的答案比较大,超过了long long的表示范围,但其实答案的范围可以大致试出来,两个long long拼起来足够表示。
另外二维数组显然是空间浪费的,用滚动数组处理可以将内存空间降维。甚至可以用一维数组表示。
最后,累加实际上是不必要的,还有更进一步的优化思路:
其实可以转到dp[i][j]的状态有两种,一种是dp[i-1][j]就是不用i这个数字拼接成j这个数字的方法数,另一种是dp[i][j-i]就是用了i这个数字拼接的到j-i的方法数。
那么状态转移方程就可以写成:
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-i]
做本题的过程中参考了这篇博文:POJ 3181 Dollar Dayz (完全背包)
代码1(累加DP)
[code]Source Code Problem: 3181 User: liangrx06 Memory: 264K Time: 47MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int K = 100; const int N = 1000; int main(void) { int n, k; cin >> n >> k; long long INF = 1; for (int i = 0; i < 18; i++) INF *= 10; long long dp[2][N+1][2]; memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[0][0][0] = 1; dp[0][0][1] = 0; for (int i = 1; i <= k; i ++) { for (int j = 0; j <= n; j ++) { dp[i&1][j][0] = dp[i&1][j][1] = 0; for (int k = 0; k <= j; k += i) { dp[i&1][j][0] += dp[(i-1)&1][j-k][0]; dp[i&1][j][1] += dp[(i-1)&1][j-k][1]; if (dp[i&1][j][0] >= INF) { dp[i&1][j][0] -= INF; dp[i&1][j][1] += 1; } } } } if (dp[k&1] [1]) printf("%lld", dp[k&1] [1]); printf("%lld\n", dp[k&1] [0]); return 0; }
代码2(优化DP,时间复杂度降维)
[code]Source Code Problem: 3181 User: liangrx06 Memory: 264K Time: 16MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int K = 100; const int N = 1000; int main(void) { int n, k; cin >> n >> k; long long INF = 1; for (int i = 0; i < 18; i++) INF *= 10; long long dp[2][N+1][2]; memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[0][0][0] = 1; dp[0][0][1] = 0; for (int i = 1; i <= k; i ++) { for (int j = 0; j <= n; j ++) { dp[i&1][j][0] = dp[(i-1)&1][j][0] + ((j-i >= 0) ? dp[i&1][j-i][0] : 0); dp[i&1][j][1] = dp[(i-1)&1][j][1] + ((j-i >= 0) ? dp[i&1][j-i][1] : 0); if (dp[i&1][j][0] >= INF) { dp[i&1][j][0] -= INF; dp[i&1][j][1] += 1; } } } if (dp[k&1] [1]) printf("%lld", dp[k&1] [1]); printf("%lld\n", dp[k&1] [0]); return 0; }
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