逊哥dp专题总结（普通dp，斜率优化dp，数位dp）

dp真是博大精深，本渣自叹智商不足，但是就算是不足也要拼死一搏，怒燃之

poj 3934

题意：给你n个身高都不同的人，然后排队，如果两人之间的所有人都比他们俩矮，那么他们俩可以互相看见，问你如果要正好让m对人能互相看见，那么有多少种方法

题解：一开始状态各种想不出啊，其实这题也不难，定义状态为dp[i][j]，为前i个人，构成j对互相看见有多少种方法

考虑转移过程，i个人肯定是从i-1个转移过来的，就等于把第i个人往i-1个人的队列里插

方便考虑，可以想成是所有人从高到低排队，先放高的人，第i个人是前i个中最矮的，如果把第i个人放在两边，就能多一对，有两边可以放，如果放在i-1个中间，就能多2对，有i-2个地方可以放

所以转移就是dp[i][j]=2*dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-1]*（i-2）

int dp[85][10005];int main(){int n,m;mem(dp,0);dp[1][0]=1;for(int i=2;i<=80;i++){for(int j=0;j<=10000;j++){if(j>0) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-1]*2)%mod;if(j>1) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-2]*(i-2))%mod;}}while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n){printf("%d\n",dp[n][m]);}return 0;

poj 2479***（基础题，必须好好掌握）

题意：给你n个数的序列，让你其中取两段，最大和是多少

题解：这题其实不难，但是我的写法总不是太好，然后就wa了

这会百度了个不错的方法，先求前i个数的最大区间和，并且要选择i ，f[i]=max(f[i-1]+a[i],a[i]);

然后考虑后i个数最大区间和，并且选择i l[i]=max(l[i+1]+a[i],a[i]);

然后考虑后i个数的最大区间和，不需要一定选择i rl[i]=max(rl[i+1],l[i])；

然后就考虑两段区间和最大就是 f[i-1]+rl[i]

int a[MAX];
int f[MAX];
int l[MAX];
int rl[MAX];int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);f[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=max(f[i-1]+a[i],a[i]);}l[n]=a[n];for(int i=n-1;i>0;i--){l[i]=max(l[i+1]+a[i],a[i]);}rl[n]=l[n];//从n开始考虑，这个里面考虑的是后i个数的最大区间和，而且必须至少取一个for(int i=n-1;i>0;i--){rl[i]=max(rl[i+1],l[i]);}int maxn=-INFF;for(int i=2;i<=n;i++){//从2开始考虑，是因为两段中都必须至少取一个，如果两段中加起来只取了一个，那就没法分成两段了maxn=max(maxn,f[i-1]+rl[i]);}printf("%d\n",maxn);}return 0;
}

我自己的方法就显得特别搓

int a[MAX];
int dp[MAX][3][2];//3是表示0的时候是0段，1的时候是此时已经取了1段，2的时候2段//2表示0的 时候这一个没取，1表示这一个取了int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);dp[0][0][0]=0;dp[0][0][1]=-INF;dp[0][1][0]=-INF;dp[0][1][1]=-INF;dp[0][2][0]=-INF;dp[0][2][1]=-INF;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0][0]=0;dp[i][1][0]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][1][1]);dp[i][1][1]=max(dp[i-1][0][0],dp[i-1][1][1])+a[i];dp[i][2][0]=max(dp[i-1][2][1],dp[i-1][2][0]);dp[i][2][1]=max(dp[i-1][1][0],max(dp[i-1][2][1],dp[i-1][1][1]))+a[i];}printf("%d\n",max(dp[n][2][1],dp[n][2][0]));}return 0;
}

poj 1050

题意：给你个矩阵，问你其中和最大的子矩阵是多少

题解：这题不是dp，我开头想了好久想不出转移，这题其实就是暴力，不过暴力的要有技巧

我以前一直都是求整个子矩阵的和，然后下一个子矩阵可以由三个子矩阵推出来，然而这个方法很多时候复杂度很高

所以一般存矩阵的和都是只存行的和，或者是列的和

比如存的是列的和，那么就枚举上下两条行，然后遍历一遍列就行了，o（n^3）的复杂度，比直接存子矩阵o（n^4）的复杂度要好

int sum[105][105];int main(){int n;scanf("%d",&n);mem(sum,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){int a;scanf("%d",&a);sum[i][j]=sum[i-1][j]+a;}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i;j<=n;j++){//枚举行数int tmp=0;int d=0;for(int k=1;k<=n;k++){if(tmp<=0) tmp=sum[j][k]-sum[i-1][k];else tmp+=sum[j][k]-sum[i-1][k];d=max(d,tmp);}ans=max(ans,d);}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

poj 1157

题意：给你f种花，还有v种花瓶，然后每种花插每种花瓶都有不同的价值，求最大价值和

题解：我的dp真是弱爆了，连这种题都不能秒

状态转移dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]+a[i][j]）

这是考虑前i种花插前j个花瓶，那么第i个插不插第j个，就是转移方法

int a[105][105];
int dp[105][105];int main(){int f,v;scanf("%d%d",&f,&v);for(int i=1;i<=f;i++){for(int j=1;j<=v;j++){scanf("%d",&a[i][j]);}}mem(dp,0);for(int i=1;i<=f;i++){for(int j=0;j<=v;j++){dp[i][j]=-INF;}}for(int i=1;i<=f;i++){for(int j=1;j<=v;j++){dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1]+a[i][j],dp[i][j-1]);}}printf("%d\n",dp[f][v]);return 0;
}

我dp虽弱，但是仍然不屈的继续刷题

poj 1276

题意：给你一些钱，有价值，和数量，给你个cash，问你能存到小于等于cash的最大值是多少

题解：多重背包，这题暴力枚举都能过，然而我学了个新的方法，用二进制分解多重背包转化为01背包

int v[MAX];
int dp[MAXN];int main(){int c,n;while(~scanf("%d%d",&c,&n)){int xcount=0;for(int i=0;i<n;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);for(int k=1;k<=a;k<<=1){v[xcount++]=k*b;a-=k;}if(a>0){v[xcount++]=a*b;}}mem(dp,0);dp[0]=1;int flag=0;for(int i=0;i<xcount;i++){for(int j=c;j>=v[i];j--){if(dp[j-v[i]]){dp[j]=1;flag=max(flag,j);}}}printf("%d\n",flag);}return 0;
}

/*****************************树形DP**************************************************************************************************************************************************************/

poj 1192

题意：给你很多定义，题目很长很恶心，单整点集就是图中所有点都连同，只有一条路互相到达，这明显是一棵树，然后求其中连通的一部分的权值最大

题解：用树形dp，从根节点进去，考虑子树取不取，如果子树权值和小于0，那么直接return 0，如果大于就返回这棵子树上的最大权

dp[i]表示，取了这个i节点，这棵树的最大权值和

最后遍历1-n找一下最大值即可，数据貌似很水，我当时瞎做直接输出dp[1]居然过了

int x[MAX];
int y[MAX];
int d[MAX];
struct Edge{int v,next;
}edge[MAX*MAX];
int head[MAX];
int dp[MAX];
int tot;void add_edge(int a,int b){edge[tot]=(Edge){b,head[a]};head[a]=tot++;
}void init(){mem(head,-1);tot=0;
}int tree_dp(int u,int fa){dp[u]=d[u];for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){int v=edge[i].v;if(v==fa) continue;dp[u]+=tree_dp(v,u);}return max(dp[u],0);
}int main(){int n;scanf("%d",&n);init();for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&d[i]);for(int j=1;j<i;j++){int k=abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j]);if(k==1){add_edge(i,j);add_edge(j,i);}}}mem(dp,0);tree_dp(1,-1);int maxn=0;for(int i=1;i<=n;i++) maxn=max(dp[i],maxn);printf("%d\n",maxn);return 0;
}

/**********************************斜率优化DP*************************************************************************************************/

顾名思义，就是用斜率（数学方法）单调队列来优化dp

可以看这个blog，解释的挺详细http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/08/03/2621345.html

当然这只能入门，我也只会做这个样子的题目，其他换个样子估计都不会了

同样的题 HYSBZ 1010

题解：http://paste.ubuntu.net/12228717/

第一次用paste.ubuntu这个东西，感觉不错，文章看着也短了不少

斜率优化dp目前我还只能会这么简单的了，仍需努力，以后再补充

诶补充个题，斜率优化又水了，关键是我连dp都没看出来，为何这么水

poj 3709

题意：给你一串非严格单调递增数列，a0,a1...an-1，每次操作使其中一项-1，然后每项至少要和其他k-1项相等，求最少操作数

题解：如果选定aj，要后面若干项变成aj，假设从ai开始到aj都变成aj，i-k>=j,考虑第i项，寻找满足j+k<=i的某个j，把j-i这些都翻成aj，这就是个dp

转移方程 dp[i]=dp[j]+a[j+1]-a[j+1]+a[j+2]-a[j+1]+......+a[i]-a[j+1]=dp[j]+sum[i]-sum[j]-(i-j)*a[j+1]

这样显然是o（n^2）的复杂度，50W的数据显然过不去，dp[i]=sum[i]+min(dp[j]-sum[j]-(i-j)*a[j+1]),min里面是关于i的线性函数，dp[i]=sum[i]+min(f[i]) (0<=j<=i-k), 计算dp[i]就是看成从f[x]的函数中x=i的情况下寻找最小值，这样的形式就可以用斜率优化dp

假设k<j,j比k的情况更优，那么就是有个数学式子，接一下，得到一边是关于i的，一边是关于j，k的斜率式子

j，k的斜率小于h（i），说明j比k优，接下去就是用单调队列维护解集，单调队列头指针位置的为最优解，每次考虑一个i的时候，头上两个元素是a，b，如果b，a的斜率小于h(i)，那么就是b比a优，头指针+1，直到找到b，a的斜率大于h(i)，a就是最优解，然后计算dp[i]，然后考虑i进队，结尾两个元素是c，d，如果i，d的斜率小于d，c的斜率，说明i比d更优，如果d，c满足，那么i，d肯定满足，d就不可能变成最优解，所以d出队，知道找到第一个i，d斜率大于d，c的点，然后i进队

然后这题还有个条件，就是单调队列中选择的点必须比i点小k以上，所以在入队的这个地方有个小技巧，i从k开始枚举，因为k以前的i必然都是INF，然后队列中只有0，所以前面的i都是取0的情况，然而这些i还是要入队的，所以只有等i-k>=k的时候在考虑入队，这时候的i肯定比队列里的至少大k Orz

AC代码： http://paste.ubuntu.net/12312005/

斜率dp还需要更深刻的理解，用是会用了

/****************************************数位DP************************************************************************************************/

http://wenku.baidu.com/link?url=XCL1eLAJINNUYeGJBB63niJJLt1qWMrt62eQ0gYgK5avVeQTW8s5s7Ywld0DfheN4NFg8iDFDNDsBx05QzeDcaZptAE1Bmw_wGGMTtg0DdO

数位dp我也只学了最基本的一些玩意，基本属于小白，就先做一下我做了三个入门题的心得把

数位dp是一种搞数字的dp（废话），用位数和那一位的数字作为状态来转移的

比较常用的是dfs写法，然而我并不会，也没做过几个题，最基础的题都是用递推做的

数位dp的方法一般是（最水的题目的方法）：

1.预处理dp数组（递推）：dp[i][j] 表示在第i位的数字是j的状态下，满足情况的方案数，可以有前导0

处理时枚举位数，然后枚举第i位是啥，然后枚举i-1位是啥

2.求区间 [ l，r ]内满足情况的方案数，同样是从最大位开始枚举考虑，满足情况的就加进去

3.最后solve（r+1）-solve（l），因为solve（n）求的是1-n-1的方案数

首先是hdu 2089

题意：数字中不能出现62和4

题解：dp[i][j]+=dp[i-1][k] ，当j！=4&&！（j==6&&k==2）满足

AC代码：http://paste.ubuntu.net/12228895/

hdu 3555

题意：数字中包含49的个数

题解：我原本正着做，但是就是wa，都不知道是情况，然后只好反着做，求没有49的情况，然后减去，这样的话和上一题一样

AC代码：http://paste.ubuntu.net/12228908/

hdu 3652

题意：数字中出现13并且数字是13的倍数

题解：状态要开四层了dp[i][j][k][h],i,j和前面的一样，k是表示是否已经出现了13，h记录模13以后的余数

状态转移：

if(j==1&&k==3){dp[i][j][1][(j*qpow(10,i-1)+h)%13]+=dp[i-1][k][0][h]+dp[i-1][k][1][h];
}
else{dp[i][j][1][(j*qpow(10,i-1)+h)%13]+=dp[i-1][k][1][h];dp[i][j][0][(j*qpow(10,i-1)+h)%13]+=dp[i-1][k][0][h];
}

求解最后在1-n内的方案数时候比较复杂

int ans=0;
int tmp=0;
int flag=0;
for(int i=tot;i>0;i--){for(int j=0;j<digit[i];j++){if(flag||(j==3&&digit[i+1]==1)) ans+=dp[i][j][1][(13-tmp)%13]+dp[i][j][0][(13-tmp)%13];else ans+=dp[i][j][1][(13-tmp)%13];}if(digit[i]==3&&digit[i+1]==1)  flag=1;tmp=(tmp+digit[i]*qpow(10,i-1)%13)%13;
}

tmp是记录i位时，前面几位留下来的余数，因为前面没有除尽的后面要接着模，因为如果是555，就是先把0，1，2，3，4开头的情况全部加进去，5的时候考虑下一位，如果求的数字中有13这两位，那他们后面可以直接考虑存在13或者不存在13，如果没有出现之前必须考虑存在13的情况，然后余数就是后i位的余数+前面留下来的余数要被13整除

这题说通了也不难，但是自己写的时候卡了好久，唉继续努力，明天又是周一了，燃烧ing

AC代码：http://paste.ubuntu.net/12228933/

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