noip Dynamic Programming

时间：2016-09-17 14:50:25 阅读：150 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

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A - Jury Compromise POJ 1015

题意：

有n(<=200)个人作为陪审团的被选举成员,分别有正方和反方给予的评价,要求在这n个人中选出m(<=20)个人,在保证正方评价之和与反方评价之和差最小的情况下,使得评价分数总和最高。

题解：

0.定义状态fi][k]当前已经选取了i个人并且这i个人的差值为k时的评分总和的最大值,p[i][k]当前已经选取了i个人并且这i个人的差值为k时第i个人的编号。

1.如果令c[i]表示第i个人正方与反方的差,s[i]表示第i个人正方与反方的和,那么状态转移f[i][k+c[j]] = f[i-1][k]+s[j],p[i][k+c[j]] = j 条件:f[i][k+c[j]] < f[i-1][c[j]]+s[j]&&当前选的这第i个人(j)没有被选过.边界为dp[0][0] = 0;

2.但是下标的差值有可能为负数,那么下标总体往右平移就好了,最后再找出差值最小的dp状态,那么正方的总和为(dp[m][c]+c)/2,反方即为(dp[m][c]-c)/2

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e3+7;
int kase = 0,n,m,c[N],a[N],b[N],s[N],d[N][N],p[N][N],ret[N];

bool select(int i,int k,int x,int c[]){
	while(i && p[i][k] != x)k -= c[p[i][k]],--i;
	return i;
}

void print(int i,int k,int c[]){
	while(i)ret[i] = p[i][k],k -= c[p[i][k]],--i;
	sort(ret+1,ret+1+m);
	for(int i = 1;i <= m;++i)printf("%d ",ret[i]);
	cout<<endl<<endl;
}

int main(){
	while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF && n && m){
		memset(d,-1,sizeof(d));
		memset(p,-1,sizeof(p));
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
			c[i] = a[i]-b[i],s[i] = a[i]+b[i];
		}
		int M = 20*m;
		d[0][M] = 0;
		for(int i = 1;i <= m;++i){
			for(int k = 0;k <= 2*M;++k)if(d[i-1][k]>=0){
				for(int j = 1;j <= n;++j)if(d[i][k+c[j]]<d[i-1][k]+s[j] && !select(i-1,k,j,c)){
					p[i][k+c[j]] = j;
					d[i][k+c[j]] = d[i-1][k]+s[j];
				}
			}
		}
		int x;
		for(x = 0;x <= M;++x)if(d[m][M-x] >= 0 || d[m][M+x] >= 0)break;
		int minc = d[m][M-x]>d[m][M+x]?M-x:M+x;
		printf("Jury #%d\n",++kase);
		printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(d[m][minc]+minc-M)>>1,(d[m][minc]-minc+M)>>1);
		print(m,minc,c);
	}
}

B - Number Game POJ 1143

题意：

给出n(<=20)个数字,有两个玩家在玩关于这串数字的游戏,一个人开始取数,假如取走一个数字为a并且当前b是被选过,那么所有的数字为a*k0+b*k1的数字都不能选,询问第一个玩家的必胜点。

题解：

0.数据范围太小,考虑状态压缩,定义dp[S]表示当前状态是否为必胜点.

1.令状态S表示某个数是否被选,如果S这个状态是必胜点,那么S的后继S‘必定为必败点,状态转移dp[S] = dp[S‘]^1.边界为dp[(1<<21)-1] = 0,全选时必败

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 2e1+7;
const int AS = (1<<21)-1;
int dp[AS<<1],S,n,kase,ret[N],cnt,x[N];

int update(int S,int x){
	S |= 1<<x;
	for(int i = 2;i+x <= 20;++i)if(S&(1<<i))S |= 1<<i+x;
	return S;
}

int search(int S){
	if(dp[S] != -1)return dp[S];
	for(int i = 2;i <= 20;++i)if(!(S&(1<<i))){
		int S0 = update(S,i);
		if(!search(S0))return dp[S] = 1;
	}
	return dp[S] = 0;
}

int main(){
	while(scanf("%d",&n) && n){
		memset(dp,-1,sizeof(dp));
		S = AS,dp[AS] = 0,cnt = 0;
		for(int i = 0;i < n;++i)scanf("%d",&x[i]),S ^= 1<<x[i];
		for(int i = 0;i < n;++i){
			int S0 = update(S,x[i]);
			if(!search(S0))ret[++cnt] = x[i];
		}
		printf("Test Case #%d\n",++kase);
		cnt ? printf("The winning moves are:") : printf("There‘s no winning move.");
		for(int i = 1;i <= cnt;++i)printf(" %d",ret[i]);
		cout<<endl<<endl;
	}
	return 0;
}

C - Prison rearrangement POJ 1636

题意：

有A,B两个监狱里面都有有n(<=200)个罪犯,现在需要将A监狱的罪犯和B监狱的罪犯进行交换,最多交换n/2个人,但是AB两监狱囚犯有的存在仇恨关系,所以要避免这两个囚犯在同一个监狱。

题解：

0.如果从A监狱选出一个罪犯a并且与B监狱的罪犯b有仇恨,但是b与A监狱的c有仇恨......所以一次调动要把a,c,e...与b,d,f...进行交换,那么就可以把所有一次性关联仇恨的人都处理出来,S0[T]表示A监狱第T个仇恨集合的人数,S1[T]则表示B监狱。

1.定义状态dp[i][j]表示在A监狱交换i个人B监狱交换j个人是否可行.

2.状态转移dp[i][j] = dp[i-S0[k]][j-S0[k]] || dp[i][j].

3.最后输出下标值最大的并且dp值为1的下标.

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 420;
const int M = 40010;
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

int n,m,kase;

int head[N],ecnt;
struct edge{int v,nxt;}e[M<<1];
void adde(int u,int v){e[ecnt] = (edge){v,head[u]};head[u] = ecnt++;}

int vis[N],T;

int dp[N][N],S0[N],S1[N];

void pre(){
	T = 0,clr(vis,0),clr(S0,0),clr(S1,0);
	ecnt = 0,clr(head,-1),clr(e,0),clr(dp,0);
}

void dfs(int u){
	vis[u] = 1;
	u <= n ? S0[T] += 1 : S1[T] += 1;
	for(int it = head[u];it != -1;it = e[it].nxt)if(!vis[e[it].v])dfs(e[it].v);
}

int main(){
	scanf("%d",&kase);
	while(kase--){
		pre();
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i = 1;i <= m;++i){
			int u,v;
			scanf("%d%d",&u,&v);v += n;
			adde(u,v),adde(v,u);
		}
		for(int i = 1;i <= n<<1;++i)if(!vis[i])++T,dfs(i);
		dp[0][0] = 1;
		for(int k = 1;k <= T;++k){
			for(int i = n>>1;i >= S0[k];--i){
				for(int j = n>>1;j >= S1[k];--j){
					dp[i][j] = dp[i][j] || dp[i-S0[k]][j-S1[k]];
				}
			}
		}
		for(int i = n>>1;i >= 0;--i)if(dp[i][i]){
			printf("%d\n",i);break;
		}
	}
	return 0;
}

D - Clans on the Three Gorges POJ 1682

题意：

有三个河岸分别有N,M,K个部落,不在同一个河岸的部落都可以是友好的,现在需要加强沟通在两个部落之间修桥,使得任意一个部落都至少有一座桥,但是每个部落都有一个海拔,所以桥的花费是两个部落之间的海拔高度差的绝对值,求最小的花费。

题解：

0.定义dpN[i][j]表示:i j修一座桥并且i~n与1~j联通,dpM[j][k]表示:j k修一座桥并且j~M联通1~k,dpK[k][i]表示:k i修一座桥并且k~n到1~i的最小费用。

1.状态转移：dp[i][j] = min{dp[i+1][j],dp[i+1][j-1],dp[i][j-1]+abs(H[i]-H[j])}

2.dp的整合方式有以下八种

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 110;
const int inf = 1e8;

int n,m,k,A[N],B[N],C[N],kase;
int dN[N][N],dM[N][N],dK[N][N];

#define mini(a,b,c) min(min(a,b),c)
int main(){
	scanf("%d",&kase);
	while(kase--){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&A[i]);
		for(int i = 1;i <= m;++i)scanf("%d",&B[i]);
		for(int i = 1;i <= k;++i)scanf("%d",&C[i]);
		for(int i = 0;i < N;++i)
			for(int j = 0;j < N;++j)
				dN[i][j] = dM[i][j] = dK[i][j] = inf;

		dN[n+1][0] = dM[m+1][0] = dK[k+1][0] = 0;
		for(int i = n;i >= 1;--i)
			for(int j = 1;j <= m;++j)
				dN[i][j] = mini(dN[i+1][j-1],dN[i+1][j],dN[i][j-1])+fabs(A[i]-B[j]);

		for(int i = m;i >= 1;--i)
			for(int j = 1;j <= k;++j)
				dM[i][j] = mini(dM[i+1][j-1],dM[i+1][j],dM[i][j-1])+fabs(B[i]-C[j]);

		for(int i = k;i >= 1;--i)
			for(int j = 1;j <= n;++j)
				dK[i][j] = mini(dK[i+1][j-1],dK[i+1][j],dK[i][j-1])+fabs(C[i]-A[j]);
				
		int ret = inf;
		for(int i = 0;i <= n+1;++i)
			for(int j = 0;j <= m+1;++j)
				for(int l = 0;l <= k+1;++l){
					ret = min(ret,dN[i][j]+dM[j][l]+dK[l][i]);
					
					ret = min(ret,dN[i+1][j]+dM[j][l]+dK[l][i]);
					ret = min(ret,dN[i][j]+dM[j+1][l]+dK[l][i]);
					ret = min(ret,dN[i][j]+dM[j][l]+dK[l+1][i]);
					
					ret = min(ret,dN[i+1][j]+dM[j+1][l]+dK[l][i]);
					ret = min(ret,dN[i][j]+dM[j+1][l]+dK[l+1][i]);
					ret = min(ret,dN[i+1][j]+dM[j][l]+dK[l+1][i]);
					
					ret = min(ret,dN[i+1][j]+dM[j+1][l]+dK[l+1][i]);
				}
	
		cout<<ret<<endl;
	}
	return 0;
}

E - Crossed Matchings POJ 1692

题意：

给出两个长度为N(<=1000)的数列A,B,求最大的匹配数,匹配规则为对于一个数i,另外一个数列中有一个数与她相等并且有且只有一个匹配与之交叉,(每个数只能匹配一次)。

题解：

0.定义状态：dp[i][j]表示考虑A数列中前i个数和B数列前j个数的最大匹配数。

1.状态转移：

①dp[i][j] = max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]}不匹配当前的A[i]或B[j]

②dp[i][j] = max{dp[S0-1][S1-1]+2}(A[i] != B[j] && A[S0] == B[j] && A[i] == B[S1])

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 1e3+7;
int kase,n,m,dp[N][N],A[N],B[N];

int main(){
	scanf("%d",&kase);
	while(kase--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&A[i]);
		for(int i = 1;i <= m;++i)scanf("%d",&B[i]);
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i = 2;i <= n;++i){
			for(int j = 2;j <= m;++j){
				dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
				if(A[i] == B[j])continue;
				int S0 = 0,S1 = 0;
				for(S0 = i-1;S0 >= 1;--S0)if(A[S0] == B[j])break;
				for(S1 = j-1;S1 >= 1;--S1)if(A[i] == B[S1])break;
				if(S0&&S1)dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[S0-1][S1-1]+2);
			}
		}
		cout<<dp[n][m]<<endl;
	}
	return 0;
}

F - SUBTRACT POJ 1722

题意：

定义一种操作,操作con{i}就是将a[i]-a[i+1]取出进行合并,再加入到a[i]的位置，a[i+1]消失,进行n-1次操作后,会剩下一个数字.给定长度为n(<=100)的数列及目标t（最后剩下的数字）,求操作顺序(Special Judge).

题解：

0.问题的实质就是在数列中添加‘+‘或者‘-‘使得答案等于目标t

①把所有括号拆掉，结果的式子一定一这样的：a[1]-a[2]±a[3]±a[4]±...±a[n] = 目标数

②移项±a[3]±a[4]±...±a[n] = 目标数-a[1]+a[2].

③2*a[3] 2*a[4] 2*a[5] ... 2*a[n] = 目标数-a[1]+a[2] + (a[3]+a[4]+a[5]+...+a[n])

④如果某一个数取了便是正号,不取便是负号,对于一个数取还是不取是一个很显然背包Dp

2.从左往右扫过来，如果数a[i]的符号为正，则让它与左边的数合并。最后，所有的数都和1合并。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e2+7;
const int M = 1e4+7;
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
int n,t,d[M],p[N][M],flag[N],ret[N],x[N];

int main(){
	while(scanf("%d%d",&n,&t) != EOF){
		int sum = 0,cnt = 0;
		clr(d,0),clr(flag,0),clr(p,0);
		for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&x[i]),sum += x[i],x[i]<<=1;
		t = t+sum-x[1];
		for(int i = 3;i <= n;++i){
			for(int j = t;j >= x[i];--j){
				if(d[j] > d[j-x[i]]+x[i])p[i][j] = 0;
				else d[j]=d[j-x[i]]+x[i],p[i][j] = 1;
			}
		}
		int v = t;
		for(int i = n;i >= 3;--i)if(p[i][v])flag[i] = 1,v -= x[i];
		for(int i = 3;i <= n;++i)if(flag[i])ret[++cnt] = i-1;
		for(int i = 0;i < cnt;++i)ret[i+1] -= i;
		for(int i = 1;i <= cnt;++i)printf("%d\n",ret[i]);
		for(int i = cnt+1;i < n;++i)puts("1");
	}
	return 0;
}

G - Special Experiment POJ 1770

题意：

有n(<=200)个原子和m(<=200)个光子，选出最大能量的原子集合,但是如果有任意两个原子的能力差等于一个光子的能量,那么这种方案是不行的。

题解：

0.如果两个原子的能量的差等于一个光子的能量,那么他们就面对选或是不选的情况,题目需要求最大能量的原子集合,那么是明显的树形dp(类似于"没有上司的舞会")

1.定义状态：dp[u][0/1]表示不选/选u这个节点的最大能量

2.状态转移：dp[u][0] += {max(dp[v][0],dp[v][1])}

　　　　　　dp[u][1] += {dp[v][0]}+w[u]

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e3+47;
int n,m,x,w[N],flag[1000000],ecnt,head[N],vis[N],dp[N][2];
struct edge{int v,nxt;}e[N*N];
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
void adde(int u,int v){e[ecnt].v = v,e[ecnt].nxt = head[u],head[u] = ecnt++;}
void search(int u){
	vis[u] = 1;
	for(int it = head[u];it != -1;it = e[it].nxt)if(!vis[e[it].v]){
		int v = e[it].v;
		search(v);
		dp[u][1] += dp[v][0];
		dp[u][0] += max(dp[v][0],dp[v][1]);
	}
	dp[u][1] += w[u];
}

int main(){
	while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF && n+m){
		ecnt = 0;
		clr(vis,0),clr(dp,0),clr(head,-1),clr(flag,0);
		for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d",&w[i]);
		for(int i = 1;i <= m;++i)scanf("%d",&x),flag[x] = 1;
		for(int i = 1;i <= n;++i)
			for(int j = 1;j <= n;++j)
				if(flag[abs(w[i]-w[j])])adde(i,j);
		int ret = 0;
		for(int i = 1;i <= n;++i)if(!vis[i])search(i),ret += max(dp[i][0],dp[i][1]);
		cout<<ret<<endl;
	}
	return 0;
}

H - Chores POJ 1949

题意：

有n(<=10000)个任务,如果要完成第i个任务的话,就必须先完成某些任务才能完成任务i,问完成所有任务的最小时间.(题目已经按照拓扑排序排好了并且一段时间可以进行多个任务)

题解：

0.定义状态：dp[v]表示完成任务v需要的最少的时间。

1.状态转移：dp[v] += max{dp[u]}+w[v](u为v的所有先决条件)

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e5+7;
int maxi,w,m,x,dp[N],n,ret;

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		maxi = 0;
		scanf("%d%d",&w,&m);
		while(m--)scanf("%d",&x),maxi = max(maxi,dp[x]);
		dp[i] += maxi+w;
	}
	for(int i = 1;i <= n;++i)ret = max(ret,dp[i]);
	cout<<ret<<endl;
	return 0;
}

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原文地址：http://www.cnblogs.com/xgtao/p/5869677.html

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