标签：getchar 题目 name 分离 表示 cin 题解 stdin bre
最近两周做了动态规划的23道经典好题，涉及到区间、树形、数位等三种动态规划类型，现在将这23道题的题解写在下面，方便大家借鉴以及我加深记忆。
upd at:20190814 20:46.T7二叉苹果树
1、石子合并
经典的区间DP问题，枚举合并的堆数作为阶段，设f[i][j]表示i->j这段区间内的最优方案，考虑在这段区间内枚举断点k，不难得到f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j]+sum(i,j))(最大值同理)。破环为链后直接进行DP即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[1005],f[505][505],g[505][505],prefix[505],minn=21374404,maxn;
int main()
{
//freopen("A.in","r",stdin);
//freopen("A.out","w",stdout);
memset(f,20,sizeof(f));
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n*2;i++)
{
prefix[i]=prefix[i-1]+a[i];
f[i][i]=0;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+prefix[end]-prefix[j-1]);
g[j][end]=max(g[j][end],g[j][k]+g[k+1][end]+prefix[end]-prefix[j-1]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
minn=min(minn,f[i][i+n-1]);
maxn=max(maxn,g[i][i+n-1]);
}
printf("%d\n%d\n",minn,maxn);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
2、能量项链
同“石子合并”，将第一题的求和换成题目指定的模拟规则即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[1005],f[505][505],b[1005],maxn;
int main()
{
//freopen("B.in","r",stdin);
//freopen("B.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n*2-1;i++)
{
b[i]=a[i+1];
}
b[n*2]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=max(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]+a[j]*b[k]*b[end]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
maxn=max(maxn,f[i][i+n-1]);
}
printf("%d\n",maxn);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
3、凸多边形的划分
设f[i][j]为i号节点到j号节点组成的凸多边形的最优剖分，我们可以在这段区间内找到一个非i、j的顶点k，剖分出一个以i,j,k为顶点的三角形和两个凸多边形.
然后问题就转化成了如何求这两个小凸多边形的和，从小区间到大区间转移的过程中，小区间是已经被计算过的，直接调用即可。
状态转移方程如下：f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]+a[i]*a[j]*a[k]);
注意，此题需要用高精度或int128
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int __uint128_t
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
void myitoa(int a,char* s)
{
int w=0;
while(a>0)
{
s[++w]=a%10+‘0‘;
a/=10;
}
s[0]=w;
}
int n,a[505],f[110][110];
char s[110];
signed main()
{
//freopen("C.in","r",stdin);
//freopen("C.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=2;i<=n-1;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i;j++)
{
int end=i+j;
f[j][end]=1e30;
for(int k=j+1;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k][end]+a[j]*a[k]*a[end]);
}
}
}
myitoa(f[1][n],s);
for(int i=s[0];i>=1;i--)
{
cout<<s[i];
}
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
4、括号匹配
通过题目很容易发现这道题的边界值：当i和i+1可以匹配的时候，它们合并的代价为0，否则为2。直接按照区间DP模板进行合并，两部分的代价加起来取最小就是最优值，特别地，当两个端点本身就可以匹配的时候，还要和中间的再取一次min。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
char a[155];
int n,f[155][155];
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));
cin>>(a+1);
n=strlen(a+1);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==‘(‘&&a[i+1]==‘)‘)f[i][i+1]=0;
else if(a[i]==‘[‘&&a[i+1]==‘]‘)f[i][i+1]=0;
else f[i][i+1]=2;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
f[j][end]=min(f[j][end],f[j][k]+f[k+1][end]);
}
if(a[j]==‘(‘&&a[end]==‘)‘)f[j][end]=min(f[j][end],f[j+1][end-1]);
else if(a[j]==‘[‘&&a[end]==‘]‘)f[j][end]=min(f[j][end],f[j+1][end-1]);
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
5、分离与合体
需要记录合并的地方，然后递归输出即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,a[505],f[505][505],b[505][505];
void dfs(int x,int y,int dep,int k)
{
if(x>=y)return;
if(dep==k)
{
printf("%d ",b[x][y]);
return;
}
dfs(x,b[x][y],dep+1,k);
dfs(b[x][y]+1,y,dep+1,k);
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n-i+1;j++)
{
int end=i+j-1;
for(int k=j;k<end;k++)
{
if(f[j][k]+f[k+1][end]+(a[j]+a[end])*a[k]>f[j][end])
{
f[j][end]=f[j][k]+f[k+1][end]+(a[j]+a[end])*a[k];
b[j][end]=k;
}
}
}
}
printf("%d\n",f[1][n]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
dfs(1,n,1,i);
}
}
6、矩阵取数游戏
DP五分钟，高精两小时！！！！！！这题DP其实还蛮好想的，因为小区间是由大区间转移而来，所以每一个区间要么是由左边取一个数后得到，要么是由右边取一
数得到，不难得到如下的转移方程：
f[i][j]=max(f[i-1][j]+base[m-j+i-1]*a[i-1],f[i][j+1]+base[m-j+i-1]*a[j+1]);
最后由于空区间无法表示，最后还要再取一边max。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define int long long
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=0;ch=getchar();}
while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
if(f)return x;return -x;
}
int n,m,a[110],f[110][110][110],base[110][110],ans[110],maxn,s1[110],s2[110],s3[110],s4[110],s5[110],s6[110],s7[110],s8[110];
void Mark(int c[])
{
for(int i=1;i<=30;i++)
{
c[i+1]+=c[i]/10000;
c[i]%=10000;
}
for(int i=30;i>=1;i--)
{
if(c[i])
{
c[0]=i;break;
}
}
}
void Mul(int a[],int b,int c[])
{
for(int i=1;i<=a[0];i++)c[i]=a[i]*b;
Mark(c);
}
void Add(int a[],int b[],int c[])
{
Mark(a);Mark(b);
if(a[0]>b[0])c[0]=a[0];
else c[0]=b[0];
for(int i=1;i<=c[0];i++)c[i]=a[i]+b[i];
Mark(c);
}
bool compare(int a[],int b[])
{
Mark(a);Mark(b);
if(a[0]<b[0])return 0;if(a[0]>b[0])return 1;
for(int i=a[0];i>=1;i--)
{
if(a[i]<b[i])return 0;
if(b[i]<a[i])return 1;
}
return 0;
}
void pre()
{
base[0][0]=base[0][1]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)Mul(base[i-1],2,base[i]);
}
void write(int ans[])
{
cout<<ans[ans[0]];
for(int i=ans[0]-1;i>=1;i--)
{
cout<<ans[i]/1000;
cout<<ans[i]/100%10;
cout<<ans[i]/10%10;
cout<<ans[i]%10;
}
}
signed main()
{
//freopen("F.in","r",stdin);
//freopen("F.out","w",stdout);
n=read();m=read();
pre();
while(n--)
{
memset(f,0,sizeof(f));
memset(s5,0,sizeof(s5));
memset(s6,0,sizeof(s6));
for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=m;j>=i;j--)
{
memset(s1,0,sizeof(s1));
memset(s2,0,sizeof(s2));
memset(s7,0,sizeof(s7));
memset(s8,0,sizeof(s8));
Mul(base[m-j+i-1],a[i-1],s1);
Add(s1,f[i-1][j],s7);
Mul(base[m-j+i-1],a[j+1],s2);
Add(s2,f[i][j+1],s8);
if(compare(s7,s8))memcpy(f[i][j],s7,sizeof(f[i][j]));
else memcpy(f[i][j],s8,sizeof(f[i][j]));
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
memset(s3,0,sizeof(s3));
memset(s4,0,sizeof(s4));
Mul(base[m],a[i],s3);
Add(f[i][i],s3,s4);
if(compare(s4,s5))memcpy(s5,s4,sizeof(s5));
}
Add(ans,s5,s6);
memcpy(ans,s6,sizeof(ans));
}
write(ans);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
/*
2 10
96 56 54 46 86 12 23 88 80 43
16 95 18 29 30 53 88 83 64 67
*/
7、二叉苹果树
建树后依次枚举给左右子树保留的树枝，并不难的记忆化搜索。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int mp[1005][1005],n,q,l[1005],r[1005],a[1005],f[1005][1005];
void Maketree(int node)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(mp[node][i]==-1)continue;
l[node]=i;a[i]=mp[node][i];
mp[node][i]=mp[i][node]=-1;
Maketree(i);
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(mp[node][i]==-1)continue;
r[node]=i;a[i]=mp[node][i];
mp[node][i]=mp[i][node]=-1;
Maketree(i);
break;
}
}
int dfs(int u,int w)
{
if(w==0)return 0;
if(l[u]==0&&r[u]==0)return a[u];
if(f[u][w])return f[u][w];
for(int i=0;i<=w-1;i++)
{
f[u][w]=max(f[u][w],dfs(l[u],i)+dfs(r[u],w-i-1)+a[u]);
}
return f[u][w];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
memset(mp,-1,sizeof(mp));
cin>>n>>q;
for(int x,y,z,i=1;i<n;i++)
{
cin>>x>>y>>z;
mp[x][y]=mp[y][x]=z;
}
Maketree(1);
cout<<dfs(1,q+1)<<endl;
return 0;
}
标签：getchar 题目 name 分离 表示 cin 题解 stdin bre
原文地址：https://www.cnblogs.com/szmssf/p/11354589.html
