先给一个Virtual Judge 上挂的地址 dp

A - A Spy in the Metro

题意

起点站和终点站之间有若干个站点，同时，在起点站和终点站会在若干的固定时间始出列车。某人将从起点站出发，在t时到终点站见人，但是希望在站点等尽量少的时间。求出最少的等待时间。

分析

dp。。
“时间是一个天然的序”，所以，影响决策的只有时间和当前的站点。
dp[i][j] 表示在第i时间在 j 站点的最小等待时间。所以每一个都面临最多三种的决策：

在原地等待一分钟
选择向左开的列车
选择向右开的列车

三种决策中选择最小等待时间的。
考虑边界条件：dp[T][n]= 0, 其他时间的dp[T][i] 预先设成正无穷，在dp过程中无法选择。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;const int maxn = 50 + 5;
const int maxt = 200 + 5;
const int INF = 1000000000;// has_train[t][i][0]表示时刻t，在车站i是否有往右开的火车
int t[maxn], has_train[maxt][maxn][2];
int dp[maxt][maxn];int main()
{int kase = 0, n, T;while(cin >> n >> T && n){int M1, M2, d;for(int i = 1; i <= n-1; i++) cin >> t[i];// 预处理，计算has_train数组memset(has_train, 0, sizeof(has_train));cin >> M1;while(M1--){cin >> d;for(int j = 1; j <= n-1; j++){if(d <= T) has_train[d][j][0] = 1;d += t[j];}}cin >> M2;while(M2--){cin >> d;for(int j = n-1; j >= 1; j--){if(d <= T) has_train[d][j+1][1] = 1;d += t[j];}}// DP主过程for(int i = 1; i <= n-1; i++) dp[T][i] = INF;dp[T][n] = 0;for(int i = T-1; i >= 0; i--)for(int j = 1; j <= n; j++){dp[i][j] = dp[i+1][j] + 1; // 等待一个单位if(j < n && has_train[i][j][0] && i+t[j] <= T)dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+t[j]][j+1]); // 右if(j > 1 && has_train[i][j][1] && i+t[j-1] <= T)dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i+t[j-1]][j-1]); // 左}// 输出//cout << dp[0][1] << endl;cout << "Case Number " << ++kase << ": ";if(dp[0][1] >= INF) cout << "impossible\n";else cout << dp[0][1] << "\n";}return 0;
}

后续的题目待续。。

C-Tour

这一道问题有一个十分高大上的问题，叫做双调旅行商问题。

题意

某人从最左的一点出发，按照严格从左到右的顺序移动到最右一点。然后从最右点返回，按照严格从右到左的顺序回到最左点，并且每一个点都只能访问一次。求最小的距离。

抽象

给你 n 个二维坐标上的点，你需要经过所有的点然后走回原地，求最短路径。

思路

首先，想成是两个人从最左点出发，一同走到最右点，两人中间的访问地点不能相同。可以用dp（i，j），表示1~max{i,j}的点全部走完了，第一个人走到i点，第二个人走到j点，还需要多长的距离。

状态间的转移方式：
为防止dp(i,j) = dp(j,i)，对解的产生冲突。
现在同时加上强制条件：i > j。
原先可以写成：dp（i,j）= dp（i+1，j）+ dp（i，j+1）。（这是向i+1点转移的方式）
但是由 j 点转移到 i+1点是不符合条件的，所以先将i，j 对调，再让j点移动到i+1点。于是可以变成 dp(i+1, i);
所以， dp(i,j) = dp(i+1, j) + dp(i+1, i);

边界条件：dp(n-1, j) = dis(n, n-1) + dis(n,j)

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <limits>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <fstream>
#include <numeric>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int maxn = 1010;
double dp[maxn][maxn];
double dis[maxn][maxn];
struct Point
{int x, y;
};
Point p[maxn];
double dist(Point a, Point b)
{return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x) + (a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int n;while(cin >> n){for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> p[i].x >> p[i].y;}for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = i+1; j <= n; j++){dis[i][j] = dis[j][i] = dist(p[i], p[j]);}}for(int j = 1; j <= n; j++)dp[n-1][j] = dis[n][n-1] + dis[n][j];for(int i = n-2; i >= 1; i--){for(int j = 1; j <= n; j++){dp[i][j] = min(dp[i+1][j]+dis[i][i+1], dp[i+1][i]+dis[j][i+1]);}}printf("%.2lf\n", dp[1][1]);}return 0;
}

D-单向TSP问题

题意

给出二维数组，从最左一列任意位置出发每次往右、右上或者右下的方向移动，到最后的一列。需要注意的是，第一行的右上为最后一行对应的位置，同理，最后一行的情况相同。
每一个都有三种决策的情况。思路比较简单，关键实现。还有就是要在开一个数组来打印路径。
看代码：

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <limits>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <fstream>
#include <numeric>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int INF = 999999999;
int a[105][105], dp[105][105], p[105][105];
int main()
{
//    freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int n, m;while(cin >> n >> m){for(int i = 0; i < n; i++)for(int j = 0; j < m; j++){cin >> a[i][j];dp[i][j] = INF;}for(int i = 0; i < n; i++)dp[i][m-1] = a[i][m-1];for(int j = m-2; j >=0; j--){for(int i = 0; i < n; i++){int c[] = {i-1, i, i+1};if(i == 0) c[0] = n-1;if(i == n-1) c[2] = 0;sort(c, c+3);
//                for(int k = 1; k < 3; k++)
//                    cout << c[k] << " ";
//                cout << endl;dp[i][j] = INF;for(int k = 0; k < 3; k++){int v = dp[c[k]][j+1] + a[i][j];if(dp[i][j] > v){dp[i][j] = v;p[i][j] = c[k];}}}}
//        for(int i = 0; i < n; i++)
//        {//             for(int j = 0; j < m-1; j++)
//               cout << p[i][j] << " ";
//               cout << endl;
//        }int ans = 999999999;int first = 0;for(int i = 0; i < n; i++){if(ans > dp[i][0]){ans = dp[i][0];first = i;}}printf("%d", first+1);for(int i = p[first][0], j = 1; j < m; i = p[i][j], j++) printf(" %d", i+1);cout << endl << ans << endl;}return 0;
}

F - Lighting System Design

题意

设计一个照明系统，一共有n种灯泡进行选择。不同种类的灯泡必须用不同的电源，但同一种灯泡却可以共用一个电源。每种灯泡给定：电压，电源费用，每个灯泡的费用和所需灯泡数。同时可以把一些灯泡换成电压更高的另一种灯泡来节省电源的费用，计算出最优的花费。

分析

贪心的思考，每种电压的灯泡要换就全换。
先将所用种类的灯泡按照电压值进行从小到大的排序，每种灯泡都是可以将前面的灯泡替换成本身的灯泡，所以可以dp（i）表示截止到第i种灯泡的最优花费。
dp（i） = min{dp(j) + (j~i num) * price[i] + k [i]} ,同时也可以用前缀数组进行优化。

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <limits>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <fstream>
#include <numeric>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int maxn = 1005;
const int INF = 1000000000;
struct L
{int v, k, cost, num;
};
L l[maxn];
int dp[maxn], s[maxn];
bool cmp(L a, L b)
{return a.v < b.v;
}
int main()
{
//    freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int n;while(cin >> n && n){for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> l[i].v >> l[i].k >> l[i].cost >> l[i].num;}sort(l+1, l+n+1, cmp);s[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)s[i] = s[i-1] + l[i].num;dp[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){dp[i] = s[i] * l[i].cost + l[i].k;for(int j = 0; j < i; j++){int v = dp[j] + (s[i] - s[j])*l[i].cost + l[i].k;dp[i] = min(dp[i], v);}}cout << dp[n] << endl;}return 0;
}

G- Partitioning by Palindromes

题意

输入一个由小写字母组成的字符串，划分成尽量少的回文串。

分析

设dp（i）表示 0~ i 划分成最小回文串的个数。
状态转移方程为：
dp（i） = min{ dp(j) + 1 | s[j+1…i] 是回文串}；
边界： dp(i) = i+1;
在实现的时候，注意对开头就能构成回文串的个数进行特判为1.

代码

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <limits>
#include <vector>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <fstream>
#include <numeric>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MEM(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
const int INF = 10000000;
const int maxn = 1000+10;
int p[maxn][maxn], dp[maxn];
string s;
bool is_p(int l, int r)
{while(l <= r){if(s[l] != s[r]) return false;l++;r--;}return true;
}
int main()
{
//    freopen("in.txt","r",stdin);//freopen("out.txt","w",stdout);int t;cin >> t;while(t--){cin >> s;int n = s.size();for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = 0; j < n; j++){p[i][j] = is_p(i,j);}}for(int i = 0; i < n; i++) dp[i] = i+1;for(int i = 1; i < n; i++){if(p[0][i]) dp[i] = 1;for(int j = 1; j <= i; j++){if(p[j][i]){
//                    cout << dp[j] << endl;dp[i] = min(dp[i], dp[j-1]+1);}}}cout << dp[n-1] << endl;}return 0;
}

OK。。。

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