动态规划
两个约束条件
最优子结构：为了计算考虑了前 i 个物品，总体积为 j 时的最大收益，我们可以先计算考虑了前 i - 1 个物品，总体积为 j 时的最大收益以及考虑了前 i - 1 个物品，总体积为 时的最大收益。知道了考虑了前 i - 1 个物品，总体积为 j 时的最大收益以及考虑了前 i - 1 个物品，总体积为 时的最大收益，我们就能算出考虑了前 i 个物品，总体积为 j 时的最大收益。由于在每次拆解过程中我们会少考虑 1 个物品，最后一定会在有限次拆解后变成一个什么物品都不考虑的子问题，所以在问题拆解过程中不会陷入无限递归。
**无后效性：**我们只关心考虑了前 i 个物品，总体积为 j 时的最大收益，不关心具体哪些物品取了，哪些没取
01背包
01背包的意思是每种物品，只有取不取两种选择，每个物品只能选一次
采用二进制枚举每个取或不取，共 2 n 2^n 2n种方案
复杂度 O ( n 2 n ) O(n2^n) O(n2n)
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
int totv = 0, totw = 0;
for (int j = 0; j < n; j++)
if (i & (1 << j))
totv += v[j + 1], totw += w[j + 1];
if (totv <= m)
ans = max(ans, totw);
}
printf("%d\n", ans);
}
my reward:二进制枚举是怎么实现的，首先最外层循环控制每个方案，总共有 2 n 2^n 2n种方案嘛，全不选是0，全选是11111，即 2 n − 1 2^n-1 2n−1。然后内层循环是产生 0 10 100 1000 0\;10\;100\;1000 0101001000这样的二进制数然后一位一位比较过去
dp[N][N]// 第一个参数表示处理到哪个物品，第二个参数表示剩余的容量，整个值表示价值
v[n],w[n]//v表示价值，w表示容量
w// w表示背包的容量
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=w;++j)
if(j<w[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];
else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);
}
往往这样写会MLE，采取优化，用滚动数组来写，即一维数组
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=w;j>=w[i];--j){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
完全背包
就是不限次数的取
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=w[i];j<=w;++j){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
}
多重背包
就是每个物品给了 l [ i ] l[i] l[i]个
可以把他当成01背包来做，显然时间复杂度太大了
所以考虑把他分成1 2 4 8 16…
for(int i=1;i<=n;++i){
int res=l[i];
for(int k=1;k<=res;k*=2,res-=k)
for(int j=m;j>=w[i]*k;j--)
ans[j]=max(ans[j],ans[j-w[i]*k]+v[i]*k);
for(int j=m;j>=w[i]*res;--j)//最后会剩下个零头，比如res=10 10-1-2-4-3，最后剩个3
ans[j]=max(ans[j],ans[j-res*w[i]]+v[i]*res);
}
分组背包
每组物品只能选一个
vector<int>c[1001];
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d%d",&a[i],&v[i],&w[i]);
c[a[i]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=1000;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
f[i][j]=f[i-1][j];
for(auto k : c[i])
if(v[k]<=j)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[k]]+w[k]);
}
}
printf("%d",f[1000][m]);
区间dp
1.合并石子问题
有 n 堆石子排成一排，第 i 堆石子有 ai 颗，每次我们可以选择相邻的两堆石子合并，代价是两堆石子数目的和，现在我们要一直合并这些石子，使得最后只剩下一堆石子，问总代价最少是多少
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int a[510],s[510];
int dp[510][510];//dp[i][j]表示i到j的最小代价
int main(void) {
int n;
cin>>n;
memset(dp,127,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin>>a[i];
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
for(int i=0;i<=n;++i) dp[i][i]=0;//这个初始化不可少哦，因为自己和自己不需要合并
for(int l=1;l<=n-1;++l){
for(int i=1;i<=n-l;++i){
int j=i+l;
for(int k=i;k<j;++k){
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
}
}
cout<<dp[1][n];
return 0;
}
因为求的是最小值，所以初始化成inf，这时就要考虑自身与自身不需要合并的情况，是0
石子合并代表了一类涉及到区间的动态规划问题，其核心思想是按长度从小到大的顺序计算每个区间代表的状态的值。解决这类问题的一般思路就是按上面所说的依次枚举区间长度 l、左端点 i 以及分界线位置 k，然后进行状态的更新和转移
2 有 n 堆石子围成一个圈，第 ii 堆石子有 ai 颗，每次我们可以选择相邻的两堆石子合并，代价是两堆石子数目的和现在我们要一直合并这些石子，使得最后只剩下一堆石子，问总代价最少是多少？
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int a[510],s[510];
int dp[510][510];//dp[i][j]表示i到j的最小代价
int main(void) {
int n;
cin>>n;
memset(dp,127,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin>>a[i];
s[i]=s[i-1]+a[i];
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=n+1;i<=2*n;++i) s[i]=s[i-1]+a[i];
for(int i=0;i<=2*n;++i) dp[i][i]=0;
for(int l=1;l<2*n;++l){//想不明白为什么是2*n，然后发现n也是对的
for(int i=1;i<=2*n-l;++i){
int j=i+l;
for(int k=i;k<j;++k){
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+s[j]-s[i-1]);
}
}
}
int ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n-1;++i){
ans=min(ans,dp[i][i+n-1]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
这种把序列倍增（两个相同的序列接起来）的思路在解决很多圆上问题的时候非常有用
直接开两层的数组，好像有圆环的话用这种做法挺多的，比如说1234，就开12341234，即可以满足1234 2341 3412 4123这几种不同的合并方式，然后分别对这些不同的序列求最小值，然后求这n种情况的最小值即可
camp 快快变大
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int a[400];
int dp[400][400],s[400][400];
const int mod=1e6+3;
signed main(void) {
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) {
cin>>a[i];
s[i][i]=a[i];
}
//这里的预处理可能可以通过递推来优化一下
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=i+1;j<=n;++j){
s[i][j]=s[i][j-1]*a[j]%mod;
}
}
for(int len=1;len<=n;++len){
for(int i=1;i<=n-len;++i){
int j=len+i;
for(int k=i;k<j;++k){
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k+1][j]+(s[i][k]-s[k+1][j])*(s[i][k]-s[k+1][j]));//考虑最后两堆时，前面合并后的值肯定是前面的乘积（不管合并顺序如何），同理，后一堆也是如此。
}
}
}
cout<<dp[1][n];
return 0;
}
要想到不管合并顺序如何，最后的乘积是固定的
也是一道区间dp的题，就是转移后的数会发生变化，所以不会写，建议多看看多理解理解
能量项链
在Mars星球上，每个Mars人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有N颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是Mars人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为m，尾标记为r，后一颗能量珠的头标记为r，尾标记为n，则聚合后释放的能量为（Mars单位），新产生的珠子的头标记为m，尾标记为n。
需要时，Mars人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。
例如：设N=4，4颗珠子的头标记与尾标记依次为(2，3) (3，5) (5，10) (10，2)。我们用记号⊕表示两颗珠子的聚合操作，(j⊕k)表示第j，k两颗珠子聚合后所释放的能量。则第4、1两颗珠子聚合后释放的能量为：
(4⊕1)=1023=60。
这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为
((4⊕1)⊕2)⊕3）=1023+1035+10510=710。
#include<iostream>
using namespace std;
int n,head[201],tail[201],f[201][201];
//f[i][j]为起始为i终点为j的链融合生成的最大能量
//head和tail要拓展数组不然越界要考虑模
//珠子 1 2 3 4 5(1) 6(2) 7(3)
//head 1 3 5 7 1 3 5
//tail 3 5 7 1 3 5 7
//没有再考虑4是因为不需要，枚举不到
void read()
{
int i,j,k,len,max1;
cin>>n;
cin>>head[1];
for(i=2; i<=n; i++)
{
cin>>head[i];
tail[i-1]=head[i];
}
tail[n]=head[1];//读入
for(i=n+1; i<=2*n-1; i++)
{
head[i]=head[i-n];
tail[i]=tail[i-n];
}//拓展数组
for(len=1; len<=n; len++)//枚举链长
for(i=1; i<=2*n-len; i++)//枚举起始位置
{
j=i+len;//结束位置
for(k=i; k<j; k++)//寻找在中间某一位置断开，把两边合并
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+head[i]*tail[k]*tail[j]);//这里最后三个相乘的要理解一下哦
//从i到j的最大能量=max(当前能量，从i到k的最大能量+从k+1到j的最大能量
//+两颗珠子合并释放的能量)
//注意我们把i到k，k+1到j看做两颗已经合并的珠子，只需把这两颗合并
}
max1=0;
for(i=1; i<=n; i++)
if(f[i][n+i-1]>max1)
max1=f[i][n+i-1];//枚举起始点找最大
cout<<max1<<endl;
return;
}
int main()
{
read();
return 0;
}
洛谷例题
- 最大约数和
选取和不超过S的若干个不同的正整数，使得所有数的约数（不含它本身）之和最大。
思路：先把不大于s的约数和算出来，把他当作价值。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[1001];
int dp[1001];
void yue(int n){
for(int i=2;i<=n;++i){
for(int j=1;j<i;++j){
if(i%j==0) a[i]+=j;
}
}
}
int main(void) {
int n;
cin>>n;
yue(n);
for(int i=1;i<n;++i){
for(int j=n;j>=i;--j){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-i]+a[i]);
}
}
cout<<dp[n];
return 0;
}
2.1507 NASA的食物计划
每件食品都有各自的体积、质量以及所含卡路里,在告诉你体积和质量的最大值的情况下,请输出能达到的食品方案所含卡路里的最大值,当然每个食品只能使用一次.
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=60;
int va[N],wb[N],ans[N];
int dp[410][410];
int main(void) {
int v,w,n;
cin>>v>>w>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>va[i]>>wb[i]>>ans[i];
//先展示三维空间的做法
//for(int i=1;i<=n;++i){
// for(int j=0;j<=vmax;++j){
// for(int k=0;k<=wmax;++k){
// if(j<v[i]||k<w[i]) dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
// else dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j-v[i]][k-w[i]]+ans[i]);
// }
// }
//}
//cout<<dp[n][vmax][wmax];
//二维空间
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=v;j>=va[i];--j){
for(int k=w;k>=wb[i];--k)
dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-va[i]][k-wb[i]]+ans[i]);
}
}
cout<<dp[v][w];
return 0;
}
总结：这也是01背包问题，只是多了一个限制条件而已。
1.小A点菜
题意：有m元，n种，接下来是n种菜品的价格，求能到m元有几种方案
dp[0]=1;//这个初始化很important
int n,m;
int w[104];
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>w[i];
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=m;j>=w[i];--j){
dp[j]=dp[j]+dp[j-w[i]];//not max这是关键的地方
}
}
cout<<dp[m];
//二维写法
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=n;++i) dp[i][0]=1;//这里从0开始
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>w[i];
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){//这里从1开始
// if(j<w[i]) dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j];
// else dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j-w[i]];
dp[i][j]+=dp[i-1][j];
if(j>=w[i]) dp[i][j]+=dp[i-1][j-w[i]];
}
}
cout<<dp[n][m];
}
//用记忆化搜索写的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[105][10005],n,m,v[105],ans;
LL dfs(LL c,LL k)
{
if(f[c][k])return f[c][k];
if(v[c]>k)return 0;
if(v[c]==k)return 1;
for(LL i=c+1;i<=n;i++)f[c][k]+=dfs(i,k-v[c]);
return f[c][k];
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(LL i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&v[i]);
for(LL i=1;i<=n;i++)ans+=dfs(i,m);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
2.集合
题意：把1-n的数分成两个集合，使得两个集合的数之和相等，求方案数
//折半
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long dp[800]={1};//初始化很关键
int main(void) {
int n;
cin>>n;
int s=(n*(n+1)/2);
if(s%2==1) cout<<0;//为什么这里return 0就可以过了
else {
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=s/2;j>=i;--j){
dp[j]=dp[j]+dp[j-i];
}
}
}
cout<<dp[s/2]/2;
return 0;
}
上述两道动态规划都是关于求方案数的题，初始化显得尤为关键
因为当容量为0时也有一个方案，即什么都不装.
3.精卫填海
//把体力当作体积来算，最后再循环遍历，妙啊
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[10001],vi[10001],w[10001];
int main(void) {
int v,n,c;
cin>>v>>n>>c;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>vi[i]>>w[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=c;j>=w[i];--j){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+vi[i]);
}
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=c;++i){
if(dp[i]>=v) {
cout<<c-i;
flag=1;
break;
}
}
if(!flag) cout<<"Impossible";
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k[10005],m[10005],f[10005];
int main()
{
int v,n,c,i,j;
scanf("%d%d%d",&v,&n,&c);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&k[i],&m[i]);
memset(f,0x7f,sizeof(f)); //初始化
f[0]=0; //填0体积木石所需体力为0
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=v;j>=1;j--)
if(j<=k[i]||f[j-k[i]]!=0x7f7f7f7f) //只填第i块就够，如果不够要保证j-k[i]能填满。否则就填不满j体积
f[j]=min(f[j],m[i]+f[max(0,j-k[i])]); //max保证下标大于等于0
if(f[v]<=c)
printf("%d",c-f[v]);
else
printf("Impossible");
return 0;
}
4.神奇的四次方数
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int dp[N];
int w[22];
void solve() {
fill(dp, dp + N, inf);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= 18; ++i) {
w[i] = pow(i, 4);
}
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= 18; ++i) {
for (int j = w[i]; j <= n; ++j)
dp[j] = min(dp[j], dp[j - w[i]] + 1);
}
cout << dp[n];
}
int main() {
solve();
return 0;
}
总结：这是一个完全背包的问题，求最小值初始化inf，注意dp[0]=0,若没有这个初始条件，就寄了。并不是所有的dp[0]=1，要具体问题具体分析的
1.最长上升子序列问题
常规做法 动态规划
O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<i;++j){
if(a[i]>a[j])
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
贪心+二分
O ( n l o g n ) O(nlog_n) O(nlogn)
#include<iostream>
using namespace std;
// 使用二分法的前提是 数组是已经排好序的（刚好在这里我们的d数组就是递增数组）
//d数组记录的是长度为i的最小的末尾值，末尾越小，成为上升子序列的潜力越大，这就是贪心的思想，d[2]表示长度为2的序列中的末尾的最小值
// 查找返回d数组中第一个比x大的值的下标
int er_method(int a[],int len,int x)
{
int mid,l=1;
while(l<=len)
{
mid = (l+len)/2;
if(a[mid]<=x)
l = mid+1;
else
len = mid-1;
}
return l;// 此时mid等于l
}
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
//待测的数组------- a
//存放最长子序列--- d
//记录最长子序列的长度-- len
int a[101],d[101],len=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
d[1]=a[1]; // 第一个待测数字就d的第一个
if(n<2) // 如果待测数字只有一个 ，那就这个数字就是最长子序列
{
cout<<1<<endl;
continue;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]>d[len]) // 如果第 i个数大于d数组的最大的数，直接接在d数组的后面
d[++len] = a[i];
else // 比d数组的最大数值小的的话，那就在d数组中找到一个比它大的数，替换掉
d[er_method(a,len,a[i]] = a[i]; // 这一步不改变d 数组的长度
}
cout<<len<<endl;
}
return 0;
}
2.最长公共子序列
常规做法 动态规划
O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N],b[N],dp[1000][1000];
int main(void) {
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
if(a[i]==b[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);//这是为什么呢
}
}
cout<<dp[n][n];
return 0;
}
第二种做法
O ( n l o g n ) O(nlog_n) O(nlogn)
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int a1[N], a2[N], belong[N];
int b[N], f[N];
int main(void) {
int n;
scanf("%d", &n);
int len = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a1[i]);
belong[a1[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a2[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (belong[a2[i]] > b[len])
{
b[++len] = belong[a2[i]];
f[i] = len;
continue;
}
int k = lower_bound(b + 1, b + len + 1, belong[a2[i]]) - b;
b[k] = belong[a2[i]];
f[i] = k;
}
printf("%d\n", len);
}
关于为什么可以转化成LIS问题（最长上升子序列），这里提供一个解释。
A:3 2 1 4 5
B:1 2 3 4 5
我们不妨给它们重新标个号：把3标成a,把2标成b，把1标成c……于是变成：
A: a b c d e
B: c b a d e
这样标号之后，LCS长度显然不会改变。但是出现了一个性质：
两个序列的子序列，一定是A的子序列。而A本身就是单调递增的。
因此这个子序列是单调递增的。
换句话说，只要这个子序列在B中单调递增，它就是A的子序列。
哪个最长呢？当然是B的LIS最长。
自此完成转化。
camp
day2
楼梯有 n阶，上楼可以一步上一阶，也可以一步上二阶。
但你不能连续三步都走两阶，计算走到第n阶共有多少种不同的走法。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long int dp[110][3];
void solve(){
int n;
long long sum=0;
cin>>n;
dp[1][0]=1;
dp[2][1]=1;
dp[2][0]=1;
for(int i=3;i<=n;++i){
for(int j=0;j<3;++j)
dp[i][0]=dp[i][0]+dp[i-1][j];
dp[i][1]=dp[i][1]+dp[i-2][0];
dp[i][2]=dp[i][2]+dp[i-2][1];
}
for(int i=0;i<3;++i) sum+=dp[n][i];
cout<<sum;
}
int main(void) {
//int n;
//dp[0]=1;
//dp[1]=1;
//cin>>n;
//for(int i=2;i<=n;++i){
// dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
// if(i>6) dp[i]=dp[i]-dp[i-7];
// if(i==6) dp[i]--;
//}
//cout<<dp[n];
solve();
return 0;
}
my reward:
1.找规律其实挺难找的，找了n年
2. d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示走到第i层时连续跳两层了j次 则 d p [ i ] [ 0 ] = d p [ i − 1 ] [ 0 ] + d p [ i − 1 ] [ 1 ] + d p [ i − 1 ] [ 2 ] dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2] dp[i][0]=dp[i−1][0]+dp[i−1][1]+dp[i−1][2] 因为是连续的嘛，所以从上一层跳过来只能跳一层，所以j肯定变为0了。
day3
有一条很长的数轴，一开始你在00的位置。接下来你要走n步，第i步你可以往右走ai或者bi。
问n步之后，0到m的每个位置，能不能走到？
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int f[110][N];
int a[110],b[110];
int main(void) {
int n,m;
f[0][0]=1;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i]>>b[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(j>=a[i]){
if(f[i-1][j-a[i]]) f[i][j]=1;
}
if(j>=b[i]){
if(f[i-1][j-b[i]]) f[i][j]=1;
}
}
}
for(int i=0;i<=m;++i){
if(f[n][i]) cout<<1;
else cout<<0;
}
return 0;
}
my reward: f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示第几步能否走到j，若为1表示能走到，想到其实也挺easy的
一维的怎么写
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=m;j>=0;--j){
int flag=0;
if(j>=a[i]){
if(f[j-a[i]]) {
f[j]=1;
flag=1;
}
else f[j]=0;
}
if(j>=b[i]&&flag==0){
if(f[j-b[i]]) f[j]=1;
else f[j]=0;
}
if(j<a[i]&&j<b[i]) f[j]=0;
}
if(i==1) f[0]=0;
}
for(int i=0;i<=m;++i){
if(f[i]) cout<<1;
else cout<<0;
reward：刚开始不开flag，就寄了，因为假如你满足了a，f[j]变成了1，但是你不满足b，f[j]就变回0了
训练赛
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e9 + 7;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
string s1, s2;
while (cin >> s1 >> s2) {
ll i, j, h, a[1001], max = 0;
for (i = 0; i < s2.size(); i++)a[i] = 0;
for (i = 0; i < s1.size(); i++) {
for (j = s2.size() - 1; j >= 0; j--) {
if (s1[i] == s2[j]) {
if (j != 0) a[j] += a[j - 1];
else a[j]++;
a[j] %= N;
}
}
}
cout << a[s2.size() - 1] << endl;
}
return 0;
}
题目大意
给定n,m,p,q,从（1，1）走到（n,m），只能向右或者向下走，每个点都是0或1，要你求走到右下角的方案数（满足0至少有p，1至少有q）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int dp[2][510][10001];//第三维记录0的个数
int a[510][510];
int n,m,p,q;
init(){
cin>>n>>m>>p>>q;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
cin>>a[i][j];
}
}
dp[1][1][a[1][1]==0]=1;//初始化
}
int main(void){
int sum=0;
init();
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(i==1&&j==1) continue;
for(int k=0;k<=i+j-1;++k){
if(a[i][j]==1) dp[i%2][j][k]=dp[(i-1)%2][j][k]+dp[i%2][j-1][k];
else
{
if(k==0) dp[i%2][j][0]=0;
else dp[i%2][j][k]=dp[i%2][j-1][k-1]+dp[(i-1)%2][j][k-1];
}
dp[i%2][j][k]=dp[i%2][j][k]%mod;
}
}
}
for(int k=p;k<=n+m-1-q;++k){
sum=(sum+dp[n%2][m][k])%mod;
}
cout<<sum%mod;
return 0;
}
其实转移方程还是挺好想的，但是会爆内存，于是考虑把第一维降下来，只有0或者1
牛客竞赛网
被3整除的子序列文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-696361.html
给你一个长度为50的数字串,问你有多少个子序列构成的数字可以被3整除
答案对1e9+7取模文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-696361.html
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[60][3];
const int mod=1e9+7;
#define int long long
signed main(void){
string str;
getline(cin,str);
int len=str.size();
if((str[0]-'0')%3==0) dp[0][0]=1;
else if((str[0]-'0')%3==1) dp[0][1]=1;
else if((str[0]-'0')%3==2) dp[0][2]=1;
for(int i=1;i<len;++i){
if((str[i]-'0')%3==0) {
dp[i][0]++;
dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][0]+dp[i-1][0])%mod;
dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+dp[i-1][1])%mod;
dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][2]+dp[i-1][2])%mod;
}
else if((str[i]-'0')%3==1){
dp[i][1]++;
dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][0]+dp[i-1][2])%mod;
dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+dp[i-1][0])%mod;
dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][2]+dp[i-1][1])%mod;
}
else if((str[i]-'0')%3==2){
dp[i][2]++;
dp[i][0]=(dp[i][0]+dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%mod;
dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
dp[i][2]=(dp[i][2]+dp[i-1][2]+dp[i-1][0])%mod;
}
}
cout<<dp[len-1][0];
return 0;
}
//dp[i][j]表示前i个余数为j的有几个，那么到第i个，有两种选择，若选i，那么加上dp[i-1][.....],如果不选，那么加上dp[i-1][j]
//稍加优化的版本，就是用一个for循环来代替分类讨论吗
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[60][3];
const int mod=1e9+7;
#define int long long
signed main(void){
string str;
getline(cin,str);
int len=str.size();
if((str[0]-'0')%3==0) dp[0][0]=1;
else if((str[0]-'0')%3==1) dp[0][1]=1;
else if((str[0]-'0')%3==2) dp[0][2]=1;
for(int i=1;i<len;++i){
int m=(str[i]-'0')%3;
dp[i][m]++;
for(int j=0;j<3;++j){
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]+dp[i-1][(j+3-m)%3])%mod;
}
}
cout<<dp[len-1][0];
return 0;
}
到了这里，关于动态规划各种背包问题刷题的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
