王道机试 DP篇

王道机试 DP篇

summary

递推求解

N级楼梯上楼问题：一次可以走一级或两级，问有多少种上楼方式。

思路：首先设有n级台阶上有f(n)种方式；倒推，从最后一步开始想：因为在最上面一级可以退1步或2步，也就是说，f(n)可以由f(n-1)和f(n-2)相加得到，也就是到达n-2级的方式数 加上 到达n-1级的方式数。

so，状态转移方程get：f(n)=f(n-1)+f(n-2)。其实也就是斐波那契数列啦！

#include<iostream>
using namespace std;
unsigned long long a[100]= {1,2};//注意这里要long long
int main()
{int n;while(cin>>n){for(int i=2; i<n; i++)a[i]=a[i-1]+a[i-2];cout<<a[n-1]<<endl;}return 0;
}

LIS

刚开始看讲解感觉理解困难，写了代码仿佛秒懂了，但是怎么构建这么个dp【用来存以ai结尾的LIS的最长长度，最后在for一遍找到全局最长的LIS】，还需要深入思考+总结

case1：拦截导弹，这就是LIS的镜像版本LDS？就是每次往前找>=当前位置的即可

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=30;
int a[N];
int dp[N];//存每个以ai结果的最长递增子序列的元素数int main() {int n;while(cin>>n, n!=0) {memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d", &a[i]);for(int i=0; i<n; i++) {int tmax=1;//因为最短序列就是本身这个元素，so，1for(int j=0; j<i; j++) {//这层循环的目的就是找到以ai结尾的LIS的元素数if(a[j]>=a[i]) {if(dp[j]+1>tmax)tmax=dp[j]+1;//这就是基于前面已经找到了的lIS，看能否在这基础上更“长”}}dp[i]=tmax;}int ans=-1;for(int i=0; i<n; i++)if(dp[i]>ans)ans=dp[i];printf("%dn", ans);}return 0;
}

case2：合唱队形，问一个序列要满足先增后减序列，最少要去掉几个数

• 我刚开始以为先找出一个max的，然后以此为标，左边LIS，右边LDS即可，然而发现eg 2323这种，其实是以第一个3位标才对，
• 所以应该要全体LIS一遍，然后也是关键：反向LIS（我开始由想当然的正向LDS，从左往右这个顺序显然是错误的，因为真正需要的是从右往左的LIS）

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=105;
int a[N];
int dp1[N],dp2[N];//正向上升，反向上升！
int main() {//17:41->sint n,ma;while(scanf("%d",&n)!=EOF, n) {for(int i=0; i<n; i++) {scanf("%d", &a[i]);}for(int i=0; i<n; i++) {ma=1;for(int j=0; j<i; j++) {if(a[j]<a[i])//上升ma=max(ma,dp1[j]+1);}dp1[i]=ma;}for(int i=n-1; i>=0; i--) {ma=1;for(int j=n-1; j>i; j--) {if(a[j]<a[i])//反向上升ma=max(ma,dp2[j]+1);}dp2[i]=ma;}ma=-1;for(int i=0; i<n; i++) {if(dp1[i]+dp2[i]>ma)ma=dp1[i]+dp2[i];}printf("%dn", n-ma+1);}return 0;
}

LCS

case1：Coincidence 裸的LCS，以下为标准版子，几个细节

• init的时候从0一直到length
• 而dp递推的时候是从1开始，意思是从1开始往后数，每次比较的是前面的i-1位置，递推的是i位置

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=105;
string a,b;
int dp[N][N];//dp[i][j]表示a和b在前i和j个字符时的LCS长度
int main() {while(cin>>a>>b) {int la=a.length();int lb=b.length();for(int i=0; i<=la; i++) dp[i][0]=0; //共la+1个数要initfor(int j=0; j<=lb; j++) dp[0][j]=0;for(int i=1; i<=la; i++) {//1~lafor(int j=1; j<=lb; j++) {if(a[i-1]==b[j-1])//把i-1当做上次位置，每次递推当前的i位置dp[i][j]= dp[i-1][j-1]+1;elsedp[i][j]=max(dp[i][j-1], dp[i-1][j]);}}printf("%dn", dp[la][lb]);}return 0;
}

 背包

01背包：每个物品选1或不选。二维的情况好理解多了，dp[i][j]为选到前i个物品时剩余容量j时的最大收益，就是从头开始填表。注意

• 初始化是没有选物品时的dp为0：dp[i][0]为0
• 物品要从0到n！因为两个维度的0分别表示：“没选物品”以及“容量为0”的含义，在递推时要用到，不能赋值了，so赋值是从1到n

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1005;
int w[N];//重量
int v[N];//收益
int dp[N][N];//dpij表示体积<=j时，前i个物品达到的最大收益
int W,n;//容量，物品数
void show_dp() {for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=0; j<=W; j++)cout<<dp[i][j]<<' ';cout<<"n";}cout<<"n";
}
int main() {while(cin>>W>>n) {if(!W && !n) break;for(int i=1; i<=n; i++)//必须从1开始，因为0有“没选物品”的含义，不能缺少！cin>>w[i]>>v[i];for(int j=0; j<=W; j++) dp[0][j]=0;//没选的话，都是0 for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=w[i]; j<=W; j++)//够装 dp[i][j]=max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);for(int j=w[i]-1; j>=0; j--)//不够装 dp[i][j]=dp[i-1][j];
//			show_dp();}cout<<dp[n][W]<<endl;}return 0;
}

使用“滚动数组”压缩空间，下面这段话写的非常好，细细品味

完全背包，与01背包区别 仅在于每个物品可以选多次。一维数组的情况，和01背包完全一样，只是变成了正序遍历j

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1005;
int w[N];//重量
int v[N];//收益
int dp[N];//体积<=j时，能达到的最大收益
int W,n;//时间，物品数
void show_dp() {for(int j=0; j<=W; j++)cout<<dp[j]<<' ';cout<<"nn";
}
int main() {while(cin>>W>>n) {if(!W && !n) break;for(int i=1; i<=n; i++)//必须从1开始，因为0有“没选物品”的含义，不能缺少！cin>>w[i]>>v[i];for(int j=0; j<=W; j++) dp[j]=0; //也要都init=0。理解为，虽把时间维度去了，//但是其实刚开始是要全部赋为0，表示了时间维度的意义，即“没选”时，收益都是0for(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]);show_dp();}cout<<dp[W]<<endl;}return 0;
}

而一维数组的正序倒序的区别在于，有多种理解方式：

• 《算法笔记》（用二维数组考虑）
  • 完全背包对j的每次遍历（就是对一行的遍历）就是用的正左边的值，压缩到一维后不受影响，从左往右遍历刚好
  • 01背包用的是左上方的值，现在压缩到一维后，相当于每次更新都不能动左边的值，必须从右边开始向左更新
• 《王道》另一种理解：
  • 01背包逆序，因为只能放一次，逆序可以保证更新dp[j]时，dp[j-w[i]]是没放物品i时的dp[i-1][j-w[i]]
  • 完全背包正序，因为可放多次，dp[i][j]可以由可能放入物品i的状态dp[i][j-w[i]]转移而来；
    • 还有一种理解从小的开始遍历，就是允许它被重复装入直到装不下
• from 网友：两个二维状态转移方程本来就不一样，利用滚动数组后状态一样了，完全是巧合