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动态规划基础

时间:2021-03-09 13:34:30      阅读:0      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:lin   小明   --   return   turn   media   tin   names   ios   

动态规划基础

在写这篇博客之前,我被动态规划之类的问题折磨地"遍体鳞伤" 。直到我了解到了闫氏DP分析法。之后,我吃饭更香了,身体更棒了!!!

......

咳嗯额...开个玩笑,言归正传。

闫氏DP分析法是从集合地角度来分析求解DP问题的。它的具体思想是:找某个依据将某个状态用它的子状态来不重不漏的表示出来,即对这个状态的集合做一个划分,这里的划分犹如离散数学中集合划分--不重不漏!!!然后我们对所有子状态的求解(求最大、最小、累加)就是等效地对原状态求解。

这个集合呢,有一个属性,Max/Min/Count.这就要具体问题具体分析,比如题意,求某某某最大值、最小值、方案数......

言语难以诠释真理...下面我们拿几个例子为例:

题目1、描述:Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。

她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图),从西北角进去,东南角出来。

地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗,上面有若干颗花生,经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。

Hello Kitty只能向东或向南走,不能向西或向北走。

问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。

技术图片

输入格式

第一行是一个整数T,代表一共有多少组数据。

接下来是T组数据。

每组数据的第一行是两个整数,分别代表花生苗的行数R和列数 C。

每组数据的接下来R行数据,从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有C个整数,按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目M。

输出格式

对每组输入数据,输出一行,内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。

数据范围

1≤T≤100 1≤R,C≤100 0≤M≤1000

输入样例:

 2
 2 2
 1 1
 3 4
 2 3
 2 3 4
 1 6 5

输出样例:

 8
 16

 

分析图:

技术图片

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N = 110;
 int a[N][N];
 int f[N][N];
 int T;
 int r,c;
 
 int main(){
  cin>>T;
  while(T--){
  cin>>r>>c;
  for(int i=1;i<=r;i++){
  for(int j=1;j<=c;j++){
  scanf("%d",&a[i][j]);
  }
  }//读入数据
  //状态转移:朴素dp,几维就有几层循环
  for(int i=1;i<=r;i++){
  for(int j=1;j<=c;j++){
  f[i][j] = max(f[i-1][j] , f[i][j-1])+a[i][j];
  }
  }
  cout<<f[r][c]<<endl;
  }
  return 0;
 }

题目2、描述:给定一个长度为N的数列,求数值严格单调递增的子序列的长度最长是多少。

输入格式

第一行包含整数N。

第二行包含N个整数,表示完整序列。

输出格式

输出一个整数,表示最大长度。

数据范围

1≤N≤1000 ?10^9≤数列中的数≤10^9

输入样例:

 7
 3 1 2 1 8 5 6

输出样例:

 4

分析图:

技术图片

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 const int N = 1010;
 int a[N],f[N];
 int n;
 int main(){
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  f[i]=1;
  scanf("%d",&a[i]);
  }
 
  int mx = 1;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  for(int j=1;j<i;j++){
  if(a[i]<=a[j])continue;
  f[i] = max(f[i],f[j]+1);
  }
  mx = max(mx,f[i]);
  }
 
  cout<<mx<<endl;
  return 0;
 }

接下来这道题就是上面两道题的简单僵硬的拼接,会稍微复杂一些,但是原理一样

题目3、描述:X 国王有一个地宫宝库,是 n×m 个格子的矩阵,每个格子放一件宝贝,每个宝贝贴着价值标签。

地宫的入口在左上角,出口在右下角。

小明被带到地宫的入口,国王要求他只能向右或向下行走。

走过某个格子时,如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大,小明就可以拿起它(当然,也可以不拿)。

当小明走到出口时,如果他手中的宝贝恰好是 k 件,则这些宝贝就可以送给小明。

请你帮小明算一算,在给定的局面下,他有多少种不同的行动方案能获得这 k 件宝贝。

输入格式

第一行 33 个整数,n,m,k,含义见题目描述。

接下来 n 行,每行有 m 个整数 Ci用来描述宝库矩阵每个格子的宝贝价值。

输出格式

输出一个整数,表示正好取 k 个宝贝的行动方案数。

该数字可能很大,输出它对 1000000007 取模的结果。

数据范围

1≤n,m≤50 1≤k≤12 0≤Ci≤12

输入样例1:

 2 2 2
 1 2
 2 1

输出样例1:

 2

输入样例2:

 2 3 2
 1 2 3
 2 1 5

输出样例2:

 14

分析图:

技术图片

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 const int N = 55;
 const int MOD = 1000000007;
 int a[N][N];//存原始输入数据
 int dp[N][N][13][14];
 int res;
 //前两维表示现在走到哪个坐标(i,j).
 //第三维表示从(1,1)->(i,j)并且决定了(i,j)位置上的宝贝选不选后手中的宝贝数,
 //最后一维表示从(1,1)->(i,j)并且决定(i,j)位置上的宝贝选不选后手中宝贝的最大值
 //所以,整个dp数组表示的就是:从(1,1)走到(i,j),手中有n个物品,最大的那个是C的所有方案的集合。
 //属性:且存的值是所有方案的和。
 int n,m,k;
 int main(){
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
  for(int i=1;i<=n;i++){
  for(int j=1;j<=m;j++){
  scanf("%d",&a[i][j]);
  a[i][j]++;//因为宝贝价值可能为0,所以我们初始化dp是要用到-1这个数,会导致数组越界,所以我们人为将价值+1
  }
  }
 
  //要先初始化一下dp
  dp[1][1][0][0] = 1;//表示从(1,1)->(1,1)且不拿
  dp[1][1][1][a[1][1]] = 1;// 表示从(1,1)->(1,1)且拿,
  //为什么等于1?因为你拿不拿我不关心,反正你是走到(1,1)这个点了,那就有一种方案。
 
  //状态转移
  for(int i=1;i<=n;i++){
  for(int j=1;j<=m;j++){
  for(int u=0;u<=k;u++){
  for(int v=0;v<=13;v++){
  int& val = dp[i][j][u][v];//设置一个引用 方便修改
  //不拿当前(i,j)宝贝 且从(i-1,j)走来
  val = (val + dp[i-1][j][u][v]) % MOD;//及时取模,防止爆int
  //不拿当前(i,j)宝贝 且从(i,j-1)走来
  val = (val + dp[i][j-1][u][v]) % MOD;
  //请注意下面两行注释: !!!我们要忠实于我们对dp的定义!!!
 
  //拿当前(i,j)宝贝,但是我们要注意,拿完后我们手中的最大价值是v,所以当前(i,j)==v
  //且拿完后我们手中的宝贝数会大于1.
  if(u>0&&a[i][j]==v){
  for(int c=0;c<v;c++){
  //则拿(i,j)前 拿的最后一个物品价值必然小于(i,j)的价值.
  //则将所有这些方案加起来就可以不重不漏的表示dp[i][j][u][v].
 
  val = (val + dp[i][j-1][u-1][c]) % MOD;//从(i,j-1)走来且拿
  val = (val + dp[i-1][j][u-1][c]) % MOD;//从(i-1,j)走来且拿
  }
  }
  }
  }
  }
  }
 
  //所有状态运算完成后,我们想要的是从(1,1)->(n,m)且最后拿的宝贝件数是k的所有方案之和,而并不关心这些物品的价值是多少
  //所以:。。。将所有方案--[n][m][k][?] 累加起来即可
  for(int i=0;i<=13;i++)
  res = (res + dp[n][m][k][i]) % MOD;
 
  cout<<res<<endl;
  return 0;
 }

 

动态规划基础

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原文地址:https://www.cnblogs.com/yuanshixiao/p/14502323.html

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