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2016.4.3 动态规划NOI专练 王老师讲课整理

时间:2016-04-07 20:17:55      阅读:265      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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1.6049:买书

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1000ms
 
内存限制: 
65536kB
描述

小明手里有n元钱全部用来买书,书的价格为10元,20元,50元,100元。

问小明有多少种买书方案?(每种书可购买多本)

输入
一个整数 n,代表总共钱数。(0 <= n <= 1000)
输出
一个整数,代表选择方案种数
样例输入
样例输入1:
20

样例输入2:
15

样例输入3:
0
样例输出
         样例输出1:
          2
        样例输出2:
      0
     样例输出3:
      0 
代码:
技术分享
/*一个求:恰好放满的完全背包的方案总数的问题,注意特判n==0就可以了*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1001
int n;
long long int f[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int a[5];
    a[1]=10;a[2]=20;a[3]=50;a[4]=100;
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=4;++i)
      for(int j=a[i];j<=n;++j)
      f[j]+=f[j-a[i]];
    if(n==0)
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    cout<<f[n]<<endl;
    return 0;
}
View Code

专题二:参数过大的背包问题的转化(带有余数问题的DP)

1.2989:糖果

总时间限制: 
1000ms
 
内存限制: 
65536kB
描述
由于在维护世界和平的事务中做出巨大贡献,Dzx被赠予糖果公司2010年5月23日当天无限量糖果免费优惠券。在这一天,Dzx可以从糖果公司的N件产品中任意选择若干件带回家享用。糖果公司的N件产品每件都包含数量不同的糖果。Dzx希望他选择的产品包含的糖果总数是K的整数倍,这样他才能平均地将糖果分给帮助他维护世界和平的伙伴们。当然,在满足这一条件的基础上,糖果总数越多越好。Dzx最多能带走多少糖果呢?
注意:Dzx只能将糖果公司的产品整件带走。
输入
第一行包含两个整数N(1<=N<=100)和K(1<=K<=100)
以下N行每行1个整数,表示糖果公司该件产品中包含的糖果数目,不超过1000000
输出
符合要求的最多能达到的糖果总数,如果不能达到K的倍数这一要求,输出0
样例输入
5 7
1
2
3
4
5
样例输出
14
提示
Dzx的选择是2+3+4+5=14,这样糖果总数是7的倍数,并且是总数最多的选择。
代码及解释;
技术分享
/*问题分析:
方法一:朴素01背包算法:总重量/作为参数,可以用bool判断,能不能达到某个重量 ,
再用贪心倒叙找7的倍数就可以了,但是时间复杂度是n*10000,会超时间
方法二;把sum这个量由参数变为函数值,选择另一个与k有关的作为参数,那就是余数。
        状态转移方程:f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j],f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]+a[i]));
        f[i][j]表是,前i个物品,%k是j的最大糖果数目,
                  它包括两种情况:1.不取第i个包,那就是 f[i-1][j],
                  2.取第i个包,那么就要判断能转移到f[i][j]的前一种状态是什么, f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k],
                  由题目的意思,假设 f[i][j]是由f[i-1][x]转移过来的,那么j=(x+a[i]%k)%k,
                  根据这个公式,可以得出x是
                    (k+j-a[i]%k)%k,括号里加一个k的原因,是为了防止 j-a[i]%k小于0的情况。 
        初始化: memset(f,-128,sizeof(f));
                 f[0][0]=0;注意这里区别好糖果是0,就是没取包,可以达到余数是0,
                 而取包之后达不到的状态赋值为-INF,防止出现某个糖果数,是由不成立的状态转移来的。 
                 f[1][0]=0;
                 f[1][a[1]%k]=a[1];
        最后输出;f[n][0] 就可以了。 
*/
#define INF 100000*100
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
#define N 101
int f[N][N],n,k,a[N];
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,-128,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    f[1][0]=0;
    f[1][a[1]%k]=a[1];
}
void DP()
{
    for(int i=2;i<=n;++i)
      for(int j=0;j<=k-1;++j)
      f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j],f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]+a[i]));
}
int main()
{
    input();
    DP();
    if(f[n][0]>0)
    printf("%d\n",f[n][0]);
    else printf("0\n");
    return 0;
 } 
糖果代码:

 2.codevs 数字三角形W(与余数有关)

   但是数字三角形题目是

   数字三角形
   要求走到最后mod 100最大

  如果把每一层作为状态,这一层mod100如果取最大值对于下一层不一定是最优值,所以DP方程比较难写,n==25,规模不大,可以用深搜的方法

3.NOi 判断整除

  3531:判断整除

总时间限制: 
1000ms
 
内存限制: 
65536kB
描述

一个给定的正整数序列,在每个数之前都插入+号或-号后计算它们的和。比如序列:1、2、4共有8种可能的序列:
(+1) + (+2) + (+4) = 7
(+1) + (+2) + (-4) = -1
(+1) + (-2) + (+4) = 3
(+1) + (-2) + (-4) = -5
(-1) + (+2) + (+4) = 5
(-1) + (+2) + (-4) = -3
(-1) + (-2) + (+4) = 1
(-1) + (-2) + (-4) = -7
所有结果中至少有一个可被整数k整除,我们则称此正整数序列可被k整除。例如上述序列可以被3、5、7整除,而不能被2、4、6、8……整除。注意:0、-3、-6、-9……都可以认为是3的倍数。

输入
输入的第一行包含两个数:N(2 < N < 10000)和k(2 < k< 100),其中N代表一共有N个数,k代表被除数。第二行给出序列中的N个整数,这些整数的取值范围都0到10000之间(可能重复)。
输出
如果此正整数序列可被k整除,则输出YES,否则输出NO。(注意:都是大写字母)
样例输入
3 2
1 2 4
样例输出
        NO
变式题目:注意这个符号是插在两个数字之间还是在数字之前加上符号(codevs 整除)
代码:
技术分享
/*f[i][j]:bool类型数组判断 前i个数到达余数是j的情况能不能达到。
  如何处理负数:f[i][j]=f[i][j]||f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]||f[i-1][(j+a[i]%k)%k],
  负数当做正数处理,因为后面的数一起变符号,可以得到相同的状态(也就处理了负数可以整除的情况) 
  */
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define N 10001
#define K 101
bool f[N][K];
int n,k;
int a[N];
void input()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    f[0][0]=true;
    for(int i=1;i<=n;++i)
      for(int j=0;j<=k-1;++j)
      f[i][j]=f[i][j]||f[i-1][(k+j-a[i]%k)%k]||f[i-1][(j+a[i]%k)%k];
    if(f[n][0])
    printf("YES\n");
    else printf("NO\n");
}
int main()
{
    input();
    return 0;
}
判断整除:

专题三:最长公共上升子序列加求输出序列

NOI 2000:最长公共子上升序列

总时间限制: 
10000ms
 
内存限制: 
65536kB
描述
给定两个整数序列,写一个程序求它们的最长上升公共子序列。
当以下条件满足的时候,我们将长度为N的序列S1 , S2 , . . . , SN 称为长度为M的序列A1 , A2 , . . . , AM的上升子序列:

存在 1 <= i1 < i2 < . . . < iN <= M ,使得对所有 1 <= j <=N,均有Sj = Aij,且对于所有的1 <= j < N,均有Sj < Sj+1

输入
每个序列用两行表示,第一行是长度M(1 <= M <= 500),第二行是该序列的M个整数Ai (-231 <= Ai < 231 )
输出
在第一行,输出两个序列的最长上升公共子序列的长度L。在第二行,输出该子序列。如果有不止一个符合条件的子序列,则输出任何一个即可。
样例输入
5
1 4 2 5 -12
4
-12 1 2 4
样例输出
2
1 4
分析:一:状态的定义:
             对于最长子序列的题目,f[i],定义的是以i结尾的长度,而不是前i个,为了转移的时候方便处理;对于公共子序列,f[i]是第i个,
            (注意状态转移的时候:定义的状态可能有多种,找出每种的状态转移,证明状态转移的可行性和简便)。
             所以对于两个序列的做法:定义f[i1][i2]是以a串的第i1个结尾,与b串的前i2个匹配所能形成的最长公共上升子序列
        二:状态的转移
             1.如果b串中没有a[i1],那么f[i1][i2]就是0,
             2.如果a[i1]==b[i2],那么f[i1][i2]=max{f(i,i2-1)+1} i为1--i1-1的枚举,因为i1这个数可以跟在之前的所有序列任意一个后面,
                技巧:对于f[i1]记录一个到当前i1-1的最优子序列,可以减少枚举找最优的时间
             3.如果a[i1]!=b[i2],那么if(a[i1]>b[i2])f[i1][i2]不变
                                          if(a[i1]<b[i2]) {f[i1][i2]不变,max{f[i][i2]}更新,为什么有更新呢?因为这个f数组最终会压成一维数组f[i],
                                           表示以a[i]结尾的最长公共上升子序列的长度,所以对于f[i][i2]要更新,下面会说到}。
        三:分析最终的结果是哪个状态
             容易看出f[i1][i2]在i1不变的情况下,i2越大,f也就越大,所以最终的结果是从所有的1--i1的f[i][序列b的最后一个数]找出最大值
        四:求出序列的问题:
            当a[i1]==b[i2]的时候,对于每个f[i1][i2],从{f(i,i2-1)+1}更新最优值,那么v(i1)=v(i)+a[i1],来储存最优序列,而不会影响到v
             (注意在DP过程中始终维护者v这个序列)
            当a[i1]!=b[i2]的时候,v(i1)无变化
                                        但是对于其他v(i),要进行更新,具体的看代码
        五:状态的压缩:
            因为i1与之前i都有关,所以不能压,但是i2,仅仅用到i2-1,所以可以将i2压掉,那么就有注意循环的顺序,压掉的一层i2作为外层循环,i1作为内层
            循环,
            (注意:在动态规划中,对于题目有了清晰的思路之后,在翻译思路的过程中,考虑到降维和减少时间复杂度的技巧,例如本题代码中的cur的作用)。
代码:
代码中的注意:结构体是可以直接赋值的,就是把结构体中的每一项都相应的赋值过去。
技术分享
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 501
#include<cstdio>
#include<cstring>
struct Xl{
    int len;
    int ans[N];
};
Xl xl[N],now;
int a[N],b[N],lena,lenb;
void input()
{
    scanf("%d",&lena);
    for(int i=1;i<=lena;++i)
    scanf("%d",&a[i]);
    scanf("%d",&lenb);
    for(int i=1;i<=lenb;++i)
    scanf("%d",&b[i]);
}
void DP()
{
    for(int i=1;i<=lenb;++i)
    {
        now.len=0;
        memset(now.ans,0,sizeof(now.ans));
        for(int j=1;j<=lena;++j)
        {
            /*xl[j]的含义:到当前循环的1--i区间以a[j]结尾的最长公共上升子序列的长度*/
            if(a[j]<b[i]&&xl[j].len>now.len)/*因为只有a[j]<b[i],才把now更新,可以保证是上升的*/
            {
                now=xl[j];
            }
            if(a[j]==b[i])/*如果不相等,那么xl[j]还是之前的某个b[i]更新过来的,与当前的b[i]就没有关系了*/
            {
                xl[j]=now;/*始终记录着now的最大值,可以减少最大值的寻找,减少一重循环*/
                xl[j].len++;
                xl[j].ans[xl[j].len]=a[j];
            }
        }
    }
}
int main()
{
    input();
    DP();
    int p=0;
    int maxx=-N;
    for(int i=1;i<=lena;++i)/*因为f[i]储存着是a[i]结尾的序列,所以f[lena]不一定是最优值,所以要把所有以a[i]为结尾都循环走一边*/
    {
        if(xl[i].len>maxx)
        {
            maxx=xl[i].len;
            p=i;
        
        }
    }
    printf("%d\n",xl[p].len);
    for(int i=1;i<=xl[p].len;++i)
    printf("%d ",xl[p].ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}
View Code

 

2016.4.3 动态规划NOI专练 王老师讲课整理

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