c++11/c++98动态规划入门第5课，经典DP问题 --- 区间-Toy模板网

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c++11/c++98动态规划入门第5课，经典DP问题 --- 区间,动态规划,算法,c++

第1题取数问题查看测评数据信息

有一排N个数，你和小明2个人玩游戏，每个人轮流从2端取数，每次可以从左或右取，不能从中间取。你取的所有的数的和是你的得分，小明取的所有的数的和是小明的得分。如果你先取，你最多比小明多得多少分？

输入格式

第一行：一个整数n，范围在[0, 100]。

第二行：n个整数，每个数范围在[1, 10000]。

输出格式

小明足够聪明时，你最多多得的分数。

输入/输出例子1

输入：

3 2 9 1

输出：

样例解释：

第1轮你取3；

第2轮他取2；

第3轮你取9；

第4轮他取1；

(3+9)-(2+1) = 9

样例解释

无

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[105][105],a[105],ans;
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i],f[i][i]=a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j+i<=n;j++)
            f[j][j+i]=max(-f[j+1][j+i]+a[j],-f[j][i+j-1]+a[i+j]);        
    cout<<f[1][n];
    return 0;
}

c++11/c++98动态规划入门第5课，经典DP问题 --- 区间,动态规划,算法,c++

第1题数字(number) 查看测评数据信息

有n个数字（0到99）排成一行，每一次可以将相邻的两个数字相加并对100取模（即除以100的余数），将结果取代之前的两个数，一次操作的花费为两个数字相乘。经过n-1次操作后剩下一个数，问剩下一个数时总花费的最小值。

输入格式

有若干组数据，每组数据第一行为一个正整数n（n<=100）表示数字的个数。

第二行为n个正整数（0到99）

输出格式

每组数据对应的最小花费。

输入/输出例子1

输入：

18 19

40 60 20

输出：

342

2400

样例解释

对于第二组数据有两种方案：

1、先将（40和60）相加得0，再将0 和20相加得20，总花费为40*60+0*20=2400

2、先将（60和20）相加得80，再将40和80相加得20，总花费为60*20+40*80=4400

显然第一种方案较好。

样例解释

无

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[105],f[105][105],d[105];
int main(){
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        for(int i = 0;i <= 105;i++){
        	for(int j = 1;j <= 105;j++)
            f[i][j] = 1250000;
        }
        for(int i = 1;i <= 105;i++){
            d[i] = 0;
        }
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            cin>>a[i];
            d[i] = d[i-1]+a[i];
            f[i][i] = 0;
        }
        for(int i = 2;i <= n;i++)
            for(int j = i;j <= n;j++){
                int lt = j-i+1;
                for(int k = lt;k < j;k++){
                    int x = (d[k]-d[lt-1])%100;
                    int y = (d[j]-d[k])%100;
                    f[lt][j]=min(f[lt][j],f[lt][k]+f[k+1][j]+x*y);
                }
            }
        cout<<f[1][n]<<endl;
    }
    return 0;
}

测试

第1题救灾查看测评数据信息

为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？

输入格式

输入数据首先包含一个正整数C，表示有C（C<=10）组测试数据，每组测试数据的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。

输出格式

对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个数据的输出占一行。

输入/输出例子1

输入：

8 2

2 100 4

4 100 2

输出：

400

样例解释

无

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[105],b[105],c[105];
int dp[105];
int n,m;   
int main()
{
    int C;
    scanf("%d",&C);
    while(C--)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        scanf("%d %d",&n,&m);
        for(int i=0; i<m; i++)
        {
            scanf("%d %d %d",&a[i],&b[i],&c[i]);
        }
        for(int i=0; i<m; i++)
        {
            for(int j=1; j<=c[i]; j++)
            {
                for(int k=n; k>=a[i]*j; k--)
                {
                    dp[k]=max(dp[k-a[i]]+b[i], dp[k]);
                }
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}

第3题光盘查看测评数据信息

有N张光盘，每张光盘有一个价钱，现在要从N张光盘中买M张，预算为L，每张光盘有一个快乐值，要求在不超过预算并且恰好买M张，使得快乐值总和最大。

输入格式

第一行为一个正整数T（1<=T<=5）表示测试数据个数

每组测试数据第一行为三个正整数N（N<=100）,M（M<=N）,L(L<=1000)

接下来的N行每行有两个正整数，分别是光盘的价钱与快乐值。

输出格式

每组数据对应的最大快乐值总和（保证小于2^31）。若无解则输出0.

输入/输出例子1

输入：

3 2 10

11 100

1 2

9 1

输出：

样例解释

无

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
const int INF = 1 << 31;
struct Movie
{
    int t,v;
};
Movie movie[MAXN];
int dp[MAXN][MAXN];
int n,m,l;
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&l);
        for(int i = 1;i <= m;i++)
            for(int j = 0;j <= l;j++)
                dp[j][i] = -INF;
        for(int j = 0;j <= l;j++)
            dp[j][0] = 0;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
            scanf("%d%d",&movie[i].t,&movie[i].v);
        for(int i = 1;i <= n;i++)
            for(int j = l;j >= movie[i].t;j--)
            for(int k = m;k >= 1;k--)
            dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-movie[i].t][k-1]+movie[i].v);
        int ans = 0;
        for(int i = 1;i <= l;i++)
            if(dp[i][m] > ans)
            ans = dp[i][m];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

总结：

状态：线性DP --?-- 区间DP

阶段：长度

阶段的方向：2种 ------ 取决于“子问题”文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-653658.html

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