【学术篇】一些水的不行的dp

最近做了几道非常水非常水的dp......

之后刷的一些水dp也会写在这里......

此篇题目难度不递增!!!

Emmmm.......

1.luogu1043数字游戏

以前看过这个题几遍,没做这个题(觉得太难了)......

就是一道环形的区间dp......本来想按常规的思路拆成2n做,但是换算坐标好麻烦,

然后一看n,m好小于是就直接强行把数组错位做了......

设\(f[i][j]\)为前i个点分j份能得到的最大值,\(g[i][j]\)为前i个分j份能得到的最小值,

用\(mod(x)\)表示题目中所述的,x对10取模的结果...即

inline int mod(const int &t){return (x%10+10)%10;} //题目说过都是模数都是正数所以就是介个意思..

状态转移方程:

\(f[i][j]=max\{f[k][j-1]+\sum_{k+1}^{i}a_i\},k=[j-1,i)\)

\(g[i][j]=min\{g[k][j-1]+\sum_{k+1}^{i}a_i\},k=[j-1,i)\)

就是枚举k,然后让k之前的分j-1份,k+1..i分第j份,然后算就行了...

时间复杂度\(O(n^2*m)\)

代码(贴不贴的吧,有些变量名什么的都是细节啦):

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=105;
int s[N],a[N],f[N][15],g[N][15];
inline int gn(){
	int a=0;char c=getchar();bool f=0;
	for(;(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());
	if(c=='-') c=getchar(),f=1;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) a=(a<<1)+(a<<3)+c-'0';
	if(f) return -a; return a;
}
inline int max(const int &a,const int &b){if(a>b) return a; return b;}
inline int min(const int &a,const int &b){if(a<b) return a; return b;}
inline int mod(const int &x){return (x%10+10)%10;}
int main()
{
	int n=gn(),m=gn(),mx=-0x7FFFFFFF,mn=0x7FFFFFFF;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[n+i]=gn();
	for(int chino=1;chino<=n;chino++){
		memset(f,0x80,sizeof(f));
		memset(g,0x7f,sizeof(g));
		for(int i=1;i<=n;i++)
			s[i]=s[i-1]+a[i],
			f[i][1]=mod(s[i]),
			g[i][1]=mod(s[i]);

		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=2;j<=m;j++)
				for(int k=j-1;k<i;k++){
					f[i][j]=max(f[i][j],f[k][j-1]*mod(s[i]-s[k]));
					g[i][j]=min(g[i][j],g[k][j-1]*mod(s[i]-s[k]));
				}
		mx=max(mx,f[n][m]); mn=min(mn,g[n][m]);

		int cocoa=a[n];
		for(int i=n;i;i--)
			a[i]=a[i-1];
		a[1]=cocoa; //交错一下数组
	}
	printf("%d\n%d",mn,mx);
}

其实非常水,但是我还是因为种种细节改了一天,(比如改数组的时候把a[1]打成a[n]什么的...)

2.SPOJ_AIBOHP

SPOJ有些神题...

认识了一个新单词:aibohphobia 回文恐惧症(并无卵用)

题意:给一个串,要添加一些字符变成回文,求最少需要添加的字符数...

Emmmm就比较简单了......答案就是(x的长度)减去(x与x倒置求lcs的长度)......

其中lcs用\(O(n^2)\)的就行了......至于为什么自己推一下,也不是很难...

lcs指的是最长公共子序列,不必连续的那种,不要像我一样误会了~

推lcs的式子:\(f[i][j]\)表示串c1前i个字符与串c2前j个字符的lcs长度

状态转移方程:$$

f[i][j]=\left{

\begin{aligned}

f[i-1][j-1]+1,c1[i]==c2[j] \

max(f[i-1][j],f[i][j-1]),c1[i]!=c2[j]

\end{aligned}

\right.

\[代码:
```cpp
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int f[6310][6310];
char c[6310],r[6310];
inline int max(const int &a,const int &b){
if(a>b) return a;
return b;
}
int main(){
int t; scanf("%d\n",&t);
while(t--){
scanf("%s",c);
int n=strlen(c);
for(int i=0;i<n;i++)
r[i]=c[n-i-1];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(c[i-1]==r[j-1]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
else f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
printf("%d\n",n-f[n][n]);
}
}
```

3.[SPOJ_CODERE3](http://www.spoj.com/problems/CODERE3/)
题目大意:[经典题目:合唱队形](https://www.luogu.org/problem/show?pid=1091)
把出队人数改成队伍的人数即可...(其实是一回事,毕竟就是拿n一减嘛= =)
就是$O(n^2)$先从前往后推出到i为止的最长上升子序列,然后再从后往前推出到i为止的最长上升子序列(当然是从后数) 这个地方能不能用$O(nlogn)$我就不知道了,好像是不行的...或者是我太弱了...
状态转移方程直接看代码吧OvO
```cpp
#include <cstdio>
int f[1010],g[1010],a[1010];
inline int gn(){
int a=0;char c=getchar();bool f=0;
for(;(c<'0'||c>'9')&&c!='-';c=getchar());
if(c=='-') f=1,c=getchar();
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) a=(a<<1)+(a<<3)+c-'0';
if(f) return -a; return a;
}
int main(){
int T=gn();
while(T--){
int n=gn();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=gn(),f[i]=g[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
if(a[i]<a[j]&&f[j]<f[i]+1) f[j]=f[i]+1; //正向的LIS
for(int i=n;i>=1;i--)
for(int j=n;j>=i;j--)
if(a[i]>a[j]&&g[i]<g[j]+1) g[i]=g[j]+1; //反向的LIS
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[i]+g[i]-1>ans) ans=f[i]+g[i]-1;
printf("%d\n",ans);
}
}
```

4.[luogu2721小Q的赚钱计划](https://www.luogu.org/problem/show?pid=2721)
这题本来想专门开一篇讲的,但是个人认为还是比较水的,就扔在这里了= =

lhr dalao又在luogu随机跳题虐场了......先%%%dalao
然后跳到一道题就来忽悠我做......
我一看是难度NOI/NOI+/CTSC突然有一种想打死他的冲动→_→
经过了思索~~(因为这题没有题解嘛= =)~~,觉得这题好像不是太难...

然后:这道题我1A了!!!!!!!!!!!!!!!!!!(兴高采烈状)
所以说评级为什么是"NOI/NOI+/CTSC"......
明明很水一道dp嘛= =

*题目给的是年利率, 所以要换算, 当然只要玩懂样例就明白了~*

这题给我的第一反应是会场安排......
然后想写一个$O(n^2)$的dp, 觉得n<=10000的话应该能卡过orz...(你哪里来的自信啊喂←_←)
本来以为先将产品的时间按左端点排序,然后每次枚举前面的转移就行了,然后发现转移不过去...
于是想再开一维去存上次转移了哪个产品,然后10000*10000的数组怎么可能开得开嘛= =

所以这样做是不行滴(那你写这么多干啥←_←)

我们可以看到,虽然n是比较大的,但是只求一年后的结果,而且都是以天(s)为单位变化的,所以我们可以根据时间d(di)p(tui)

我们把每个区间画出来,然后发现可以通过玄学方式转移= =
用$f[i]$表示i天后的最大收益...
能写出一个状态转移方程~~(递推式)~~:
$f[i]=f[i-1];$
$f[i]=max\{f[i],f[j]*a_j\} (i=r_j,j=1..n)$//$r_j$表示第j项产品周期的右端点,$a_j$表示第j项产品的收益.

然后就可以做了,当然我们在此之前要对输入的数据做一下处理......具体的流程还是写在代码里吧......
```cpp
#include <cstdio>
double f[366];
//预处理出每个月1号之前有多少天(主要是因为懒)
const int day[13]={0,0,31,59,90,120,151,181,212,243,273,304,334};
//表示每个产品的开始日期,结束日期和收益(x=1+k%)
struct pro{int l,r; double x;}p[10101];
inline int gn(){
int a=0;char c=getchar();for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) a=(a<<1)+(a<<3)+c-'0'; return a;
}
inline double max(const double &a,const double &b){if(a>b) return a;return b;}
inline double min(const double &a,const double &b){if(a<b) return a;return b;}
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int ti=gn(),len=gn(); double x; scanf("%lf",&x);
p[i].l=day[ti/100]+ti%100; p[i].r=p[i].l+len-1; //处理第i项产品周期的左右端点
p[i].x=1.0+0.01*x*(len/365.0); //题目中说的是年利率,所以要这样处理..
} f[0]=1;
for(int i=1;i<=365;i++){
f[i]=f[i-1];
for(int j=1;j<=n;j++)
if(p[j].r==i)
f[i]=max(f[i],f[p[j].l-1]*p[j].x);
}
printf("%.2lf",f[365]*1e5); //原来有10W
}
```
反正就这样吧,~~以后我就可以吹我不到20min A掉一道NOI/NOI+/CTSC的题了......~~\]