DP小题集

P2736 “破锣摇滚”乐队 Raucous Rockers

你刚刚继承了流行的“破锣摇滚”乐队录制的尚未发表的N(1 <= N <= 20)首歌的版权。你打算从中精选一些歌曲，发行M(1 <= M <= 20)张CD。每一张CD最多可以容纳T(1 <= T <= 20)分钟的音乐，一首歌不能分装在两张CD中。CD数量可以用完，也可以不用完

不巧你是一位古典音乐迷，不懂如何判定这些歌的艺术价值。于是你决定根据以下标准进行选择：

1.歌曲必须按照创作的时间顺序在所有的CD盘上出现。(注：第i张盘的最后一首的创作时间要早于第i+1张盘的第一首)

2.选中的歌曲数目尽可能地多

输入格式：

第一行： 三个整数：N, T, M.

第二行： N个整数，分别表示每首歌的长度，按创作时间顺序排列。

[样例输入]

4 5 2

4 3 4 2

[样例输出]

3

题解

设f[i][j]表示选了i张CD,最后一张用了j分钟能存的最大歌曲数

01背包从大到小枚举

    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int m=M;m>=1;m--)//注意：因为是01背包，所以要从后往前更新状态
            for(int j=T;j>=t[i];j--)
                f[m][j]=max(f[m][j],f[m-1][T]+1,f[m][j-t[i]]+1);//状态转移
    }
        cout<<f[M][T];

P1650 田忌赛马

P2587 [ZJOI2008]泡泡堂(双倍经验)

田忌和齐王赛马，给定两边n匹马能力值，赢一场加200分，输一场减200分，平局得0分，安排出场顺序，使得得分最多．

贪心搞两个指针，如果最好的相比能赢或者最差的相比能赢就直接出，否则用最自己差的和对方最好的比

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7;
inline LL read(){
    register LL x=0,f=1;register char c=getchar();
    while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=48&&c<=57)x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
    return f*x;
}

const int MAXN=2005;

int a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN][MAXN];
int n,ans;

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	for(register int i=1,la=1,ra=n,lb=1,rb=n;i<=n;i++){
		if(a[ra]>b[rb]){
			ans+=200;
			ra--,rb--;
		}
		else if(a[la]>b[lb]){
			ans+=200;
			la++,lb++;
		}
		else if(a[la]<b[rb]){
			ans-=200;
			la++,rb--;
		}
		else la++,rb--;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

P2592 [ZJOI2008]生日聚会

有\(n\)个男孩和\(m\)个女孩坐成一排，求任意一段区间内男孩和女孩的数量之差不超过\(K\)的方案数．

\(f[i][j][x][y]\)应该是前\(i\)个人中有\(j\)个是男生,以当前点为结尾的任意一段不超过\(k\)的区间男生比女生最多多\(x\)人，女生比男生最多多\(y\)人的方案数

设状态的时候注意，这一题中两维的状态根本无法描述全部情况，至少开第三维，然而还是不能解决问题，考虑到数据范围很小，就开到了第四维．

采用刷表法更方便．\(f[0][0][0][0]=1.\)

这样搞可以保证转移的合法性，最终统计答案的时候就直接把使用的\(f[n+m][m][i][j]\)加起来就可以了．

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF=1e9+7;
inline LL read(){
    register LL x=0,f=1;register char c=getchar();
    while(c<48||c>57){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>=48&&c<=57)x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
    return f*x;
}

const int MAXN=155;
const int MAXK=21;
const int mod=12345678;

int f[MAXN<<1][MAXN][MAXK][MAXK];
int n,m,K,ans;

int main(){
	n=read(),m=read(),K=read();
	f[0][0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n+m-1;i++)
	for(int j=0;j<=n;j++)
	for(int x=0;x<=K;x++)
	for(int y=0;y<=K;y++)
		if(f[i][j][x][y]){
			if(j+1<=n&&x+1<=K) (f[i+1][j+1][x+1][max(y-1,0)]+=f[i][j][x][y])%=mod;
			if(i-j+1<=m&&y+1<=K) (f[i+1][j][max(x-1,0)][y+1]+=f[i][j][x][y])%=mod;
		}
	for(int i=0;i<=K;i++)
		for(int j=0;j<=K;j++)
			(ans+=f[n+m][n][i][j])%=mod;
	printf("%d\n",ans);
}

P2600 [ZJOI2008]瞭望塔

\(Link2\): BZOJ1038

一个村庄有n个点，两个点之间轮廓线是直线，在一个地方修一定高度的瞭望塔，要求能看到村庄的每一个地方，求瞭望塔高度的最小值．(正解计算几何)

n<=300

题解

瞭望塔的横坐标一定在两条直线的交点处，所以我们先利用开始的n个点求出n-1条直线，然后两两枚举求交点的横坐标。对于每一个横坐标再通过枚举n-1条直线求最高点，然后答案取一个最小值即可

复杂度$ O(n^3)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN=305;
const double INF=1e15;

double x[MAXN],y[MAXN],k[MAXN],b[MAXN];
int n;
double ans=INF;

inline double calc(double x){
	double res=0;
	for(int i=1;i<n;i++){
		res=max(res,k[i]*x+b[i]);
	}
	return res;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&x[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&y[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		k[i]=(y[i+1]-y[i])/(x[i+1]-x[i]);
		b[i]=y[i]-k[i]*x[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,calc(x[i])-y[i]);//先枚举每个端点,也不知道为什么这是必需的
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++){
			double pos=(b[j]-b[i])/(k[i]-k[j]);//算出两条直线交点的横坐标
			int t=upper_bound(x+1,x+n,pos)-x-1;//这个横坐标与第t条直线有关
			if(x[t]<=pos&&pos<=x[t+1])//注意这里的细节,以后留个心眼
				ans=min(ans,calc(pos)-(k[t]*pos+b[t]));
		}
	printf("%.3lf\n",ans);
}

P4267 [USACO18FEB]Taming the Herd

Luogu4267

题解

对于dp[i][j],预处理出一些转移一步的次数,然后可以很方便的转移:dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+cnt[j][i])