【专章】dp基础

知识储备：dp入门。

好了，完成了dp入门，我们可以做一些稍微不是那么裸的题了。

dp基础，主要是做题，只有练习才能彻底掌握。

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洛谷P1417 烹调方案

分析：由于时间的先后会对结果有影响，所以c[i]*b[j]>c[j]*b[i]为条件排序，然后再01背包。

洛谷P1387 最大正方形

分析：用dp[i][j]来表示以a[i][j]（正方形数组）为右下角最后一个数的正方形边长，a数组可以直接用dp数组代替掉。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 int dp[maxn][maxn];
 int min_a(int a,int b,int c)
 {
     return min(min(a,b),min(b,c));
 }
 int main()
 {
     int n,m,ans=-;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++)
         for(int j=;j<=m;j++)
         scanf("%d",&dp[i][j]);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=;j<=m;j++)
         {
             if(dp[i][j]>=)
             {
                 dp[i][j]=min_a(dp[i-][j],dp[i-][j-],dp[i][j-])+;
             }
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=;j<=m;j++)
         ans=max(ans,dp[i][j]);
     }
     printf("%d",ans);
     return ;
 }

洛谷P1006 传纸条

分析：拿到题我不假思索地写了一份 单次最大好心值+dfs路径还原标记+单次最大好心值，然而发现，第一次最大好心值的路线把第二次堵死了。。。

好吧，正解是双线程，dp[k][i][j]表示走了k步，两份纸条横坐标分别是i,j时的好心最大值。

安利一发别人博客，讲得很透彻：http://www.cnblogs.com/OIerShawnZhou/p/7492555.html

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 int dp[*maxn][maxn][maxn],a[maxn][maxn],go[maxn][maxn];
     //dp[k][i][j]走了k步，两份纸条横坐标分别是i,j时的好心最大值
 int max_a(int a,int b,int c,int d)
 {
     return max(max(a,b),max(c,d));
 }
 int main()
 {
     int m,n,ans=;
     scanf("%d%d",&m,&n);
     for(int i=;i<=m;i++)
     for(int j=;j<=n;j++)
     scanf("%d",&a[i][j]);
     for(int k=;k<n+m;k++)//步数
     {
         for(int i=;i<=k;i++)
         {
             for(int j=;j<=k;j++)
             {
                 dp[k][i][j]=max_a(dp[k-][i][j],dp[k-][i][j-],dp[k-][i-][j],dp[k-][i-][j-])+a[i][k-i+]+a[j][k-j+];
                 if(i==j) dp[k][i][j]-=a[i][k-i+];//重复了
             }
         }
     }
     printf("%d",dp[n+m-][m][m]);
     return ;
 }

洛谷P1282 多米诺骨牌

分析：拿到题有点懵，但仔细想想，这好像也算是01背包，可以把翻转每个骨牌得到的点数差看做一件物品（记住，点数不带绝对值），但会出现数组下标为负数的情况，这个时候把 N 看做为0，N-1就是-1，N+1就是1

　　dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数

普通版：

 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 const int N=maxn*,INF=;
 int dp[maxn][*N],a[maxn],b[maxn];//dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数
 int main()
 {
     int n,minnum=INF,k=;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
     }
     for(int i=;i<maxn;i++)
     for(int j=;j<*N;j++)
         dp[i][j]=INF;
     dp[][N]=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=-N;j<=N;j++)
         {
             int dis=a[i]-b[i];//有正有负，故而开数组要开2*N,下面j+N同理
             dp[i][j+N]=min(dp[i-][j+dis+N]+,dp[i-][j-dis+N]);//翻或不翻
         }
     }
      for(int i=;i<=N;i++)
     {
         minnum=min(dp[n][N-i],dp[n][N+i]);
         if(minnum!=INF)
         {
             printf("%d",minnum);
             return ;
         }
     }
     return ;
 }

滚动数组优化：

 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn=;
 const int N=maxn*,INF=;
 int dp[][*N],a[maxn],b[maxn];//dp[i][j]：前i张牌使得上一行点数之和为j的最小方法数
 int main()
 {
     int n,minnum=INF,k=;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
     }
     for(int i=;i<;i++)
     for(int j=;j<*N;j++)
         dp[i][j]=INF;
     dp[][N]=;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=-N;j<=N;j++)
         {
             int dis=a[i]-b[i];//有正有负，故而开数组要开2*N,下面j+N同理
             dp[i&][j+N]=min(dp[(i-)&][j+dis+N]+,dp[(i-)&][j-dis+N]);//翻或不翻
         }
     }
      for(int i=;i<=N;i++)
     {
         minnum=min(dp[n&][N-i],dp[n&][N+i]);
         if(minnum!=INF)
         {
             printf("%d",minnum);
             return ;
         }
     }
     return ;
 }

洛谷P1880 石子合并

分析：曾经的noi系列。石子合并问题分好几种情况。

这题是环形的，且只能合并相邻的两堆，那么我们把石子数组展开，如[1,2,3,4,5] -> [1,2,3,4,5,1,2,3,4,5]，这样进行处理，就能将环形转换成直线。

转换完之后，就可以用dp做了，dp的解释详见代码。这题数据过得去，时间是 O(n³) 不然要用平行四边形优化。

安利一发acdreamer的博客，把石子合并问题讲的很清楚http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/18039073

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 int sum[],mins[][],maxs[][],s[][];//dp[i][j]=i~j的最大得分
 int main()
 {
     int  a,n,minnum=,maxnum=-minnum;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&sum[i]);
         sum[i+n]=sum[i];
         s[i][i]=i;
         s[i*][i*]=i;
     }
     for(int i=;i<=*n;i++) sum[i]+=sum[i-]; //前缀和
     for(int l=;l<=n;l++)//区间长度
     {
         for(int i=;i+l<=*n;i++)//开始的端点
         {

             int j=i+l;//结束的端点
             maxs[i][j]=-;mins[i][j]=-*maxs[i][j];
             for(int k=i;k<j;k++)
             {
                 maxs[i][j]=max(maxs[i][j],maxs[i][k]+maxs[k+][j]+sum[j]-sum[i-]);
                 mins[i][j]=min(mins[i][j],mins[i][k]+mins[k+][j]+sum[j]-sum[i-]);
             }
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)//因为是环形的，可从任意两堆间分开，所以需要枚举一遍起点从1~n
     {
         maxnum=max(maxs[i][i+n-],maxnum);
         minnum=min(mins[i][i+n-],minnum);
     }
     printf("%d\n%d",minnum,maxnum);
     return ;
 } 

洛谷P1108 低价购买

分析：第一问还是很简单的，求最长下降子序列。第二问要计算方案数量，还要判重。

用t[i]表示前i个股票的不同方案个数，可以得出，如果存在dp[j]==dp[i] && a[j]==a[i]方案就是重复的，所以就把t[i]赋为0，如果f[i]==f[j]+1，那么i可以从j转移，所以t[i]+=t[j]。最后统计和即可。

 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 int dp[],a[],t[];//t，计算出现次数的dp
 int main()
 {
     int ans=-,n,k=,res=;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         dp[i]=;
         for(int j=;j<i;j++)
         {
             if(a[j]>a[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+);
         }
         ans=max(ans,dp[i]);
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         if(dp[i]==) t[i]=;//如果无法转移则为1
         for(int j=;j<i;j++)
         {
             if(dp[j]==dp[i]- && a[i]<a[j])//判前继 判可以为下一个数
             {
                 t[i]+=t[j];//转移
             }
             else if(dp[i]==dp[j]&&a[i]==a[j]) t[j]=;//判重
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         if(dp[i]==ans) res+=t[i];
     }
     printf("%d %d",ans,res);
     return ;
 }