牛客网编程题——合唱团（网易2017）

这题在编程达人面前应该算是水题，但这算是我第一个做出来的动态规划程序，作为纪念，分享一下。题目链接：

https://www.nowcoder.com/practice/661c49118ca241909add3a11c96408c8?tpId=85&tqId=29830&tPage=1&rp=1&ru=/ta/2017test&qru=/ta/2017test/question-ranking

简单描述一下题目：有n个学生站成一排，每个学生有一个能力值，需要按顺序选取k名学生，使得k个学生的能力值乘积最大，求该最大值。这里有两个注意点：1、相邻的两名学生在排列中的编号不能超过d（d由题目输入给出）；2、学生能力值可以为负。

一开始我大概知道是个动态规划程序，但确实不知道怎么设计，又看到数据规模很小，并且于是想用暴力法解决，然后就自然而然地超时了。先简单说一下暴力法，就是对每个合唱团的学生，有选它，或不选它两个选项。于是就可以枚举，枚举时需要记录这次访问的人index，已经选择的人数nowK，上一个选的人last（两者差<d时才能走“不选它”的选项），和当前乘积mul。程序结构比较简单，代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;int n, k, d, a[50];
long long ans = -50ll * 50 * 50 * 50 * 50 * 50 * 50 * 50 * 50 * 50;
void DFS(int index, int nowK, int last, long long mul)
{if (nowK == k) {if (mul > ans)ans = mul;return;}if (index == n)return;if (last == -1 || index - last < d)DFS(index + 1, nowK, last, mul);DFS(index + 1, nowK + 1, index, mul*a[index]);
}int main()
{cin >> n;for (int i = 0; i != n; ++i)cin >> a[i];cin >> k >> d;DFS(0, 0, -1, 1);cout << ans << endl;return 0;
}

题目数据确实很小。这样的程序也能过80%。。。接下来说下动态规划的解法。

动态规划的核心是设计拥有无后效性的状态和状态转移方程，状态一般与“前i个”，“以第i个结尾”等有关。对于本题，先不考虑学生能力值为负的情况，可以把状态设置为“选择的学生数为i，最后一个选择的学生编号为j”的情况下的最大乘积，把状态存在一个数组里，这个状态就可以记为dp[i][j]。我们可以发现dp[i][j]的值只跟数组dp[i-1]中的各个项有关——在最后一个人编号是j的情况下，倒数第二个人的编号只能是j-d到j-1。因此，求dp[i-1][j-d] ~ dp[i-1][j-1]的最大值，再乘以a[j]，就能够得到dp[i][j]。其中，dp[i-1]的各个项是由之前递推而来的（从0开始向上递推），于是我们可以直接使用结果而不必进行重复计算。

现在需要考虑学生能力值为负了，由于负负得正，所以不仅需要保存当前状态下的最大值，还要保存最小值，这样碰到负值，拿最小值乘才能得到真正的最大值。所以dp数组应该改为两个数组dmax，dmin。

最后一个问题是边界问题，递推总是要有边界的。由于是求乘积，所以在边界状态“选0个数”的情况下，不管最后一个选择的编号是几，数组都应当存1。还有，对于任意的i（选取学生的个数），显然j（最后一个学生的编号）必须至少为i，否则是不合常理的。

最后求数组dp[k]的项的最大值即可（dmax[k][i]代表“选取k个学生，最后一个学生是i”，应从dp[k][k]枚举）。下面给出程序代码，需要注意的是，这里学生的编号是1~n，与暴力解法的代码是不同的（学生编号0~n-1）。另外，其实还有使用滚动数组来减小空间复杂度的做法，这里就不赘述了。

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;int n, k, d, a[50];
long long dmax[11][51], dmin[11][51];int main()
{// 初始化边界fill(dmax[0], dmax[1], 1);fill(dmin[0], dmin[1], 1);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];cin >> k >> d;for (int i = 1; i <= k; ++i)for (int j = i; j <= n; ++j) { //  在选取i个人的情况下，j至少为iint s = max(i - 1, j - d);  //  同理s虽然从j - d开始枚举，但至少应为i - 1long long cmin = dmin[i - 1][s], cmax = dmax[i - 1][s];for (; s < j; ++s) {cmax = max(cmax, dmax[i - 1][s]);cmin = min(cmin, dmin[i - 1][s]);}//  状态转移方程if (a[j] < 0) {dmax[i][j] = cmin*a[j];dmin[i][j] = cmax*a[j];}else {dmax[i][j] = cmax*a[j];dmin[i][j] = cmin*a[j];}}// 遍历所有的最大值，其中的最大值即为最终答案long long ans = dmax[k][k];for (int i = k + 1; i <= n; ++i)ans = max(ans, dmax[k][i]);cout << ans << endl;return 0;
}

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