kuangbin专题十二 基础DP
- A - HDU1024 Max Sum Plus PlusA - HDU1024 Max Sum Plus Plus
- B - HDU1029 Ignatius and the Princess IV
- C - HDU1069 Monkey and Banana
- D - HDU1074 Doing Homework
- E - Hdu1087 Super Jumping! Jumping! Jumping!
- F - Hdu1114 Piggy-Bank
- G - HDU1176 免费馅饼
- H - HDU1260 Tickets
- I - Hdu1257 最少拦截系统
- J - HDU1160 FatMouse's Speed
- K - [POJ1015](http://poj.org/problem?id=1015) Jury Compromise
- L - [POJ1458](http://poj.org/problem?id=1458) Common Subsequence
- M - [POJ1661](http://poj.org/problem?id=1661) Help Jimmy
- N - [POJ2533](http://poj.org/problem?id=2533) Longest Ordered Subsequence
- O - [POJ3186](http://poj.org/problem?id=3186) Treats for the Cows
- P - HDU1078 FatMouse and Cheese
- Q - HDU285 Phalanx
- R - [POJ3616](http://poj.org/problem?id=3616) Milking Time
- S - [POJ3666](http://poj.org/problem?id=3666) Making the Grade
A - HDU1024 Max Sum Plus PlusA - HDU1024 Max Sum Plus Plus
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f;
int pre[N],f[N],a[N],m,n;
int main()
{
while(~scanf("%d %d",&m,&n))
{
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(f,0,sizeof(f));
int Max;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
Max=-inf;
for(int j=i;j<=n;j++)
{
f[j]=max(f[j-1],pre[j-1])+a[j];
pre[j-1]=Max;
Max=max(Max,f[j]);
}
}
printf("%d\n",Max);
}
return 0;
}
题意：
思路：
B - HDU1029 Ignatius and the Princess IV
code:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,a[N];
int main()
{
while(cin>>n)
{
memset(a,0,sizeof(a));
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int c;
cin>>c;
a[c]++;
if(a[c]>=((n+1)/2)&&flag==0) {
cout<<c<<"\n";
flag=1;
continue;
}
}
}
return 0;
}
水题，不过多解释。
C - HDU1069 Monkey and Banana
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200;
struct Node{
int x,y,z;
}block[200];
int t,n,f[N];
bool cmp(Node a,Node b)
{
if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
else return a.y<b.y;
}
int main()
{
t=1;
while(cin>>n)
{
if(n==0) break;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
block[6*i].x=a,block[6*i].y=b,block[6*i].z=c;
block[6*i+1].x=a,block[6*i+1].y=c,block[6*i+1].z=b;
block[6*i+2].x=b,block[6*i+2].y=a,block[6*i+2].z=c;
block[6*i+3].x=b,block[6*i+3].y=c,block[6*i+3].z=a;
block[6*i+4].x=c,block[6*i+4].y=a,block[6*i+4].z=b;
block[6*i+5].x=c,block[6*i+5].y=b,block[6*i+5].z=a;
}
sort(block,block+6*n,cmp);
for(int i=0;i<6*n;i++)
{
f[i]=block[i].z;
for(int j=0;j<i;j++)
{
if(block[i].x>block[j].x&&block[i].y>block[j].y)
f[i]=max(f[i],f[j]+block[i].z);
}
}
int maxn=-1;
for(int i=0;i<6*n;i++)
{
if(maxn<f[i])
maxn=f[i];
}
printf("Case %d: maximum height = %d\n",t++,maxn);
}
return 0;
}
题意：
思路：
D - HDU1074 Doing Homework
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=20,inf=0x3f3f3f3f;
struct Node{
string name;
int deadline;
int day;
}course[N];
struct Dp{
int now;
int pre;
int score;
}dp[1 << N];
void output(int x)
{
int l=0;
int ans[N];
while(x)
{
ans[l++]=dp[x].pre;
x=x-(1 << dp[x].pre);
}
for(int i=l-1;i>=0;i--)
cout<<course[ans[i]].name<<"\n";
}
int main()
{
int t,n;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin >> course[i].name >> course[i].deadline >> course[i].day;
}
dp[0].now=0;
dp[0].pre=-1;
dp[0].score=0;
for(int i=1;i<(1 << n);i++)
dp[i].score = inf;
for(int i=0;i<(1 << n);i++)
{
for(int j=0;j<=n-1;j++)
{
int tmp=(1 << j);
if(i & tmp) continue;
int t=i | tmp;
int time=dp[i].now+course[j].day;
int sc=0;
if(time>course[j].deadline)
sc=time-course[j].deadline;
sc+=dp[i].score;
if(dp[t].score>sc)
{
dp[t].now=time;
dp[t].pre=j;
dp[t].score=sc;
}
}
}
cout<<dp[(1 << n)-1].score<<"\n";
output((1 << n)-1);
}
return 0;
}
题意：
思路：
E - Hdu1087 Super Jumping! Jumping! Jumping!
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1005;
ll ans,dp[N],a[N],n;
int main()
{
while(cin>>n)
{
if(n==0) break;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=a[i];
for(int j=1;j<=i;j++)
{
if(a[i]>a[j])
{
dp[i]=max(dp[j]+a[i],dp[i]);
}
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
题意：
思路：
F - Hdu1114 Piggy-Bank
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int t;
int e,f,n,v[505],w[505],dp[10005];
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
cin>>e>>f>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&v[i],&w[i]);
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=f-e;i++) dp[i]=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=w[i];j<=f-e;j++)
{
dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
if(dp[f-e]!=0x3f3f3f3f)
cout<<"The minimum amount of money in the piggy-bank is "<<dp[f-e]<<"."<<endl;
else cout<<"This is impossible."<<endl;
}
return 0;
}
题意：
思路：
G - HDU1176 免费馅饼
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,dp[100005][20];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
if(n==0) break;
int maxt=-1;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++)
{
int t,p;
scanf("%d%d",&p,&t);
dp[t][p]++;
maxt=max(maxt,t);
}
for(int i=maxt;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<11;j++)
{
dp[i][j]+=max(dp[i+1][j],max(dp[i+1][j-1],dp[i+1][j+1]));
}
}
printf("%d\n",dp[0][5]);
}
return 0;
}
题意：
思路：
H - HDU1260 Tickets
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2005;
int s[N],d[N],dp[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
int k;
cin>>k;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=k;i++)
cin>>s[i];
for(int i=2;i<=k;i++)
cin>>d[i];
d[1]=s[1];
for(int i=2;i<=k;i++)
{
dp[i]=min(dp[i-1]+s[i],dp[i-2]+d[i]);
}
int ss=d[k]%60;
int m=d[k]/60%60;
int h=d[k]/3600;
h+=8;
if(h<=12)
printf("%02d:%02d:%02d am\n",h,m,ss);
else printf("%02d:%02d:%02d pm\n",h-12,m,ss);
}
return 0;
}
题意：
思路：
I - Hdu1257 最少拦截系统
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int a[N],dp[N];
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
for(int i=0;i<n;i++) {
cin>>a[i];
dp[i]=1;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<i;j++)
{
if(a[j]<a[i])
{
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
题意：
思路：
J - HDU1160 FatMouse’s Speed
code:
#include<iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
struct Node{
int w;
int c;
int id;
}node[N];
struct Dp{
int num;
int pre;
}dp[N];
void Pri_path(int x){
if(dp[x].pre != -1){
Pri_path(dp[x].pre);
}
printf("%d\n",x);
}
bool cmp(Node a,Node b)
{
if(a.c!=b.c) return a.c>b.c;
}
int main()
{
int t=1;
while(~scanf("%d %d",&node[t].w,&node[t].c))
{
node[t].id = t;
++t;
}
sort(node+1,node+t+1,cmp);
for(int i=1;i<=t;i++)
dp[i].num=1,dp[i].pre=-1;
int ans=0,x=-1;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
int mav=0,v=-1;
for(int j = 1; j < i; j++){
if(node[j].w < node[i].w && node[j].c > node[i].c && dp[j].num > mav){
mav = dp[j].num, v = j;
}
}
dp[i].num = mav + 1;
dp[i].pre = v;
if(dp[i].num > ans){
ans = dp[i].num, x = i;
}
}
printf("%d\n", ans);
Pri_path(x);
return 0;
}
题意：
思路：
K - POJ1015 Jury Compromise
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[21][805];
//现用dp(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩控差为k 的所有方案中，
//辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j, k)”）的辩控和
vector<int> path[21][805];//记录路径 path[i][j] 取i个人 他们的差为j时候的路径
int main()
{
int n,m,t=1;
while(~scanf("%d %d",&n,&m))
{
if(n==0&&m==0) break;
int sub[210],_plus[210];
for(int i=0;i<n;i++)
{
int d,p;
scanf("%d %d",&d,&p);
sub[i]=d-p;
_plus[i]=d+p;
}
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<805;j++)
{
path[i][j].clear();
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int fix=20*m;
dp[0][fix]=0;
for(int k=0;k<n;k++)
{
for(int i=m-1;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<2*fix;j++)
{
if(dp[i][j]>=0)
{
if((dp[i+1][j+sub[k]])<=(dp[i][j]+_plus[k]))
{
dp[i+1][j+sub[k]]=dp[i][j]+_plus[k];
path[i+1][j+sub[k]]=path[i][j];
path[i+1][j+sub[k]].push_back(k);
}
}
}
}
}
int i;
for(i=0;dp[m][fix+i]==-1&&dp[m][fix-i]==-1;i++);
int temp = (dp[m][fix+i] > dp[m][fix-i]) ? i : -i;
int sumD=(dp[m][fix+temp]+temp)/2;
int sumP=(dp[m][fix+temp]-temp)/2;
printf("Jury #%d\n",t++);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",sumD,sumP);
for(int i=0;i<m;i++)
printf(" %d",path[m][fix+temp][i]+1);
printf("\n\n");
}
return 0;
}
题意：
思路：
L - POJ1458 Common Subsequence
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int dp[N][N];
int main()
{
char a[N],b[N];
while(~scanf("%s %s",a,b))
{
int n=strlen(a);
int m=strlen(b);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(a[i]==b[j])
dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
else dp[i+1][j+1]=max(dp[i+1][j],dp[i][j+1]);
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
return 0;
}
题意：给定两个序列，求最长公共子序列的长度。
思路：经典LCS模板题。
M - POJ1661 Help Jimmy
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005,INF=0x3f3f3f3f;
int dp[N][5];
int n,x,y,Max;
struct Plat{
int x1,x2,high;
}plat[N];
bool cmp(Plat a,Plat b)
{
return a.high<b.high;
}
void LeftMove(int i)
{
int k=i-1;
while((k>0)&&(plat[i].high-plat[k].high<=Max))
{
if((plat[i].x1>=plat[k].x1)&&(plat[i].x1<=plat[k].x2))
{
dp[i][0]=plat[i].high-plat[k].high+min(plat[i].x1-plat[k].x1+dp[k][0],plat[k].x2-plat[i].x1+dp[k][1]);
return;
}
else --k;
}
if(plat[i].high-plat[k].high>Max)
dp[i][0]=INF;
else dp[i][0]=plat[i].high;
}
void RightMove(int i)
{
int k=i-1;
while((k>0)&&(plat[i].high-plat[k].high<=Max))
{
if((plat[i].x2>=plat[k].x1)&&(plat[i].x2<=plat[k].x2))
{
dp[i][1]=plat[i].high-plat[k].high+min(plat[i].x2-plat[k].x1+dp[k][0],plat[k].x2-plat[i].x2+dp[k][1]);
return;
}
else --k;
}
if(plat[i].high-plat[k].high>Max)
dp[i][1]=INF;
else dp[i][1]=plat[i].high;
}
int ShortestTime()
{
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
LeftMove(i);
RightMove(i);
}
return min(dp[n+1][0],dp[n+1][1]);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&y,&Max);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&plat[i].x1,&plat[i].x2,&plat[i].high);
}
plat[n+1].x1=x;
plat[n+1].x2=x;
plat[n+1].high=y;
plat[0].x1=-20000;
plat[0].x2=20000;
plat[0].high=0;
sort(plat,plat+n+2,cmp);
printf("%d\n",ShortestTime());
}
return 0;
}
题意：
思路：
N - POJ2533 Longest Ordered Subsequence
code:
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[1005],a[1005];
int main()
{
int n,ans=-1;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[i]>a[j])
{
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
题意：给出n个数，求最长上升子序列的数量。
思路：经典LIS模板题。
O - POJ3186 Treats for the Cows
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005;
int a[N],dp[N][N];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int len=1;len<=n;len++)
{
for(int i=1,j=i+len-1;i<=n;i++,j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i+1][j]+a[i]*(n-len+1),dp[i][j-1]+a[j]*(n-len+1));
}
}
printf("%d",dp[1][n]);
return 0;
}
题意：双端队列里取数，每次取数都乘上它取出时的序列号，问和最大为多少。
思路：dp[i][j]表示序列从i~j的所求值。经典区间DP，不过是倒着推，难点在于当前区间天数的表示。
P - HDU1078 FatMouse and Cheese
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[105][105];
bool vis[105][105];
int ans[105][105],dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1};
int n,k;
void dfs(int x,int y)
{
for(int i=0;i<4;i++)
{
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int xx=x+dx[i]*j;
int yy=y+dy[i]*j;
if(a[x][y]<a[xx][yy]&&vis[xx][yy]==0&&xx>=0&&xx<n&&yy>=0&&yy<n)
{
vis[xx][yy]=1;
ans[xx][yy]=max(ans[xx][yy],ans[x][y]+a[xx][yy]);
dfs(xx,yy);
vis[xx][yy]=0;
}
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&k))
{
if(n==-1&&k==-1) return 0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
ans[i][j]=a[i][j];
}
dfs(0,0);
int anss=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
{
anss=max(anss,ans[i][j]);
}
printf("%d\n",anss);
}
return 0;
}
题意：老鼠一开始在（0，0）的位置，每个位置都有一定数量的食物，老鼠一次最多走k步，规定走过的位置的食物量要越来越大，问老鼠最多能吃的食物量。
思路：挺简单的，记忆化搜索DP。
Q - HDU285 Phalanx
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1005;
char st[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int n,ans,t1,t2;
while(scanf("%d",&n) && n)
{
ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",st[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(i==0||j==n-1)
dp[i][j]=1;
else{
t1=i,t2=j;
while(t1>=0&&t2<n)
{
if(st[t1][j]==st[i][t2])
t1--,t2++;
else break;
}
int t=i-t1;
dp[i][j] = min(i-t1, dp[i-1][j+1]+1);
}
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
题意：给定一个n行n列的字符矩阵。求这个矩阵的最大对称子矩阵的大小。在这里的对称指的是关于左下和右上相连的对角线对称。
思路：我们定义dp[i][j]：0~i, j~n-1形成的矩阵的最大对称子矩阵的大小。
我们可以先将dp[i][j]全部初始化为1，也可以像上面代码一样只初始化第一行和第n-1列为1，后面的具体操作可结合代码和图片来理解。
R - POJ3616 Milking Time
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Node{
int l,r,e;
}a[1005];
int f[1005];
bool cmp(Node a,Node b)
{
return a.r<b.r;
}
int main()
{
int N,M,R;
scanf("%d%d%d",&N,&M,&R);
for(int i=0;i<M;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].l,&a[i].r,&a[i].e);
a[i].r+=R;//预处理
}
sort(a,a+M,cmp);//按右端点从小到大排序
int k;
k=0;
for(int i=1;i<=N+R;i++)
{
f[i]=f[i-1];
while(a[k].r==i) f[i]=max(f[i],f[a[k].l]+a[k++].e);//可能有多个值相等，要用while
}
printf("%d",f[N+R]);
return 0;
}
题意：给了M个时间段和产奶量，要在规定的N个小时内分配合理时间使总产奶量最大。注意奶牛产完奶后要有R个小时休息后才能继续工作。
思路：见代码和注释。
S - POJ3666 Making the Grade
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005,INF=0x3f3f3f3f;
int dp[N][N],a[N],b[N],n;
void solve()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int minn=INF;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int cost=abs(a[i]-b[j]);
minn=min(minn,dp[i-1][j]);//dp[i-1][j]指的是前i-1个数最大值为b[j]时的最小代价
dp[i][j]=cost+minn;
}
}
int ans=INF;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=min(ans,dp[n][i]);
printf("%d",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(b+1,b+1+n);
solve();
return 0;
}
这道题一开始我没啥思路，后来看了题解才知道是线性DP+离散化。可以参考这位博主的思路。
题意：给出一个长度为 n 的序列，要求使序列变为非递增或非递减序列，问花费的最少代价。在之后的做题中统一将其改为非递减序列。原因后面会解释。
思路：题目显然是 LIS 问题的变种，线性 DP 无疑
对于长度为 i 的序列，其最优解只与两个值有关，一个是这个序列处理的代价，另一个则是这个序列处理后的尾部的值。那么显然，我们希望序列处理的代价越小越好，而序列处理后的尾部的值越小越好，因为当序列处理完毕后，尾部的值是这个序列的最大值，其值越小，第 i+1 个数不花任何代价直接接在其后面的可能性就更大。
设 dp[i][j] 为长度为前 i 个数构成的序列，且处理完最大值为 j 所花费的相应代价，那么可以得出状态转移方程：
dp[i][j]=abs(j-a[i])+min(dp[i-1][k]),k<=j，其中 abs(j-a[i]) 代表处理的代价，min(dp[i-1][k]) 代表前 i-1 个数构成的序列最大值为 k 时所花费的最小代价
注意到 j 最大可达到 1,000,000,000，那么显然枚举的话一定会 TLE，而 n 的大小最大只有 2000，那么使用离散化的思想，先对序列 a[i] 进行处理，即：
对于长度为 n 的序列，可以发现序列中的某个数 a[i]，无论怎么变化，最小代价一定是序列中的某个数与当前这个数 a[i] 的差，因此我们可以建立一个备份数组 b[i]，将原来的 j-a[i] 转变为 b[j]-a[i]，也即 abs(b[j]-a[i])，然后再进行动态规划
最后，再从 dp[n][1~n] 中寻找最小值即可。
有几点我的看法：
1.我感觉博主原代码中的注释有点问题，所以代码我改了一下，dp[i][j]在离散化之后的意义就变了，变为前i个数最大值为b[j]时的最小代价。
2.解释下为什么统一将序列改为非递减，我认为在原文中他有两个方向可以走，你从左边开始走序列为非递减，那么你从右边开始走序列就为非递增，所以我们可以统一将序列改为非递减。
3.为什么对于长度为 n 的序列，可以发现序列中的某个数 a[i]，无论怎么变化，最小代价一定是序列中的某个数与当前这个数 a[i] 的差？这点很好解释，当你要改变当前的值时，你所替换的值要么是与前一个改变后的值相等，要么与后一个未改变的值相等，毕竟是要使尾部的值越小越好，这样改动才能使和最小。
