算法竞赛入门经典（第2版）—第九章（动态规划）
文章目录
- 零碎知识点
- 递推法和记忆化搜索法的思考
- 题目
- 1025 - A Spy in the Metro
- 437 - The Tower of Babylon
- 1347 - Tour
- 116 - Unidirectional TSP
- 12563 - Jin Ge Jin Qu hao
- 11400 - Lighting System Design
- 1625 - Color Length
- 11584 - Partitioning by Palindromes
- 10003 - Cutting Sticks
- 1626 - 括号序列
- 10285 - Longest Run on a Snowboard
- 10118 - Free Candies
- 1629 - Cake slicing
零碎知识点
递推法和记忆化搜索法的思考
- 二者均可以接动态规划题目，均后动态规划思想，记忆化搜索使用递归，但是将值存储起来避免了重复计算，但是依然耗费递归时间。
- 记忆化搜索一般函数为solve(i, j)即将dp[i][j]所以依赖的值计算出来，不能将所有值计算出来，因此徐亚在其外层再套一层循环，所以效率比递推法低。
- 记忆化搜索不需要考虑dp数组更新的顺序，之间按照状态转移方程递归就行，只不过需要先判断值是否已经计算，并且dp数组初始化一般为-1。而递归法虽然效率高，但是需要考虑更新顺序。
题目
1025 - A Spy in the Metro
题目链接：1025 - A Spy in the Metro
参考博文：UVA_1025_A_Spy_in_the_Metro_(动态规划)
- 题目大意：某城市的地铁是线性的,有n个车站,有M1辆列车从左到右开,M2辆列车从右到左开.在0时刻,你在第一站,要在T时刻到达第n站,其间可以随意换车,要求在车站等待的时间最短。
- 思路：
- 状态构造：dp[i][j]表示时刻i，在车站j最少还需要等待的时间。
- 目标状态：dp[0][1]
- 状态转移方程：有三个策略。
dp[i][j]=1.dp[i+1][j]+1(在车站等一分钟).
2.dp[i+t[j]][j+1] (如果有,乘坐向右的列车).
3.dp[i+t[j-1]][j-1] (如果有,乘坐向左的列车). - 初始化（边界条件）：dp[T][n] = 0，dp[T][j]=INF(j!=n)
代码：
#include 437 - The Tower of Babylon
题目链接：437 - The Tower of Babylon
- 题目大意：给n中立方体，每种无限多个，求能堆成塔的最高高度（必须严格满足上面的长宽小于下面的）。
- 思路：该题目可以转换为DAG上的最长路。
- 我的想法：
- 状态构造：dp[idx, k]表示以编号为idx，高为第k维状态为最底层所能获取的最大高度。
- 终态：max{dp[,]}
- 状态转移方程：dp[idx, k] = max{d[i, j]}+a[idx][k]
- 初始化：dp[,]=0
- 我的想法：
我的AC代码，有点冗长，性能不好
代码：
#include 网上代码：
#include1347 - Tour
题目链接：1347 - Tour
参考博文：UVA 1347 Tour
- 题目大意：给定平面上n(n<=1000)个点的坐标(按照x递增的顺序给出。各点x坐标不同，且均为整数)，你的任务是设计一条路线，从最左边的点出发走到最右边的点再返回，要求除了最左边和最右边之外，每个点恰好经过一次，且路径总长度最短，两点间的长度为它们的欧几里得距离。
- 思路：将来回的路程分成两个人同时从同一个起始点出发。
- 状态构造：dp[i][j]表示两个人分别到达第i个和第j个点离目标点距离之和。
- 终态：dp[1][1]
- 状态转移方程：dp[i][j] = min(dist[i][i+1]+dp[i+1, j], dist[j][i+1]+dp[i+1, i]);dist[i][j]表示第i个点和第j个点的距离。
- 初始化：dp(n-1,j)=dist(n-1,n)+dist(j,n)
- 具体解释见参考博文。
代码：
#include 116 - Unidirectional TSP
题目链接：116 - Unidirectional TSP
- 题目大意：求从第一列到最后一列的一个字典序最小的最短路，要求不仅输出最短路长度，还要输出字典序最小的路径。
- 思路：这道题的状态构造及其转移方程比较好构造，主要是路径不好保存。
- 状态构造：dp[i][j]表示在坐标(i, j)处还需要多少代价才能到达最后一列。
- 目标态：min(dp[*][1])
- 状态转移方程：dp[i][j] = min(dp[i+k][j+1]+c[i][j])(k=-1, 0, 1)，其中c[i][j]表示(i, j)处的值。
- 初始化（边界条件）：dp[][n] = c[][n]。
代码：
#include 12563 - Jin Ge Jin Qu hao
题目链接：12563 - Jin Ge Jin Qu hao
- 题目大意：假设你正在唱KTV，还剩t秒时间。你决定接下来只唱你最爱的n首歌（不含《劲歌金曲》）中的一些，在时间结束之前再唱一个《劲歌金曲》，使得唱的总曲目尽量多（包含《劲歌金曲》），在此前提下尽量晚的离开KTV。
输入n(n<=50)，t(t<=10的9次方)和每首歌的长度(保证不超过3分钟)，输出唱的总曲目以及时间总长度。输入保证所有n+1首曲子的总长度严格大于t。 - 思路：需要唱的歌最多，且时间最长，则需要建立两个状态。
- 状态构造：dp[i][j]表示在前i个歌中选择歌使得唱歌时间小于j的最长时间。num[i][j]表示在前i个歌中选择歌使得唱歌时间小于j的最多数目。
- 目标态：num[n][t]，dp[n][t]
- 状态转移方程：
当num[i-1][j-t[i]]+1 > num[i][j] || (num[i-1][j-t[i]]+1 == num[i][j] && dp[i-1][j-t[i]]+t[i] > dp[i][j])（表示当选择该歌歌的数目增加||（歌的数目不增加&&增加该歌歌的时长增加）时，num[i][j] = num[i-1][j-t[i]]+1,dp[i][j] = dp[i-1][j-t[i]]+t[i]。 - 初始化：dp[][] = 0, num[][] = 0
代码：
#include 11400 - Lighting System Design
题目链接：11400 - Lighting System Design
- 题目大意：给出n个模式，每个模式有电压v，电压费用k，每盏灯的花费c以及灯数l。然后电压高的可以用于电压低的。问说最少花费多少钱可以满足n个模式。
- 思路：每种电压的灯泡要么全换，要么都不换，不然两种电源都不要。因为低电压灯泡可以用较高的电源。按电压从低到高排一遍。设s[i] 前 i 种灯泡的总数量， d[i] 为灯泡1~i的最小开销，d[i] = min(d[j]+(s[i]-s[j])*c[i]+k[i])，前 j 个先用最优方案，后面的 j+1~i都用第 I 号的电源。
代码：
#include 1625 - Color Length
题目链接：1625 - Color Length
参考博文：Color Length(UVA-1625)(DP LCS变形)
博文
- 题目大意：输入两个长度分别为n，m（<5000）的颜色序列。要求按顺序合成同一个序列，即每次可以把一个序列开头的颜色放到新序列的尾部。
然后产生的新序列中，对于每一个颜色c，都有出现的位置，L©表示最小位置和最大位置之差，求L©总和最小的新序列。 - 思路：
- 状态构造：dp[i][j]表示在第一个序列加入i个，第二个序列加入j个后，最小L©。c[i][j]表示在第一个序列加入i个，第二个序列加入j个后，已经开始还没有结束的颜色的个数。
- 终态：dp[n][m]
- 状态转移方程：dp[i][j] = min(dp[i-1][j]+c[i-1][j],dp[i][j-1]+c[i][j-1])，表示选择第一个序列或选择第二个序列。
- 边界条件：dp[][] = 0
可以将二维数组转换为一维数组。
代码：
#include 11584 - Partitioning by Palindromes
题目链接：11584 - Partitioning by Palindromes
- 题目大意：求字符串中回文子串的最少个数。
- 思路：dp[i]的含义是前i个字符组成的字符串所能划分成的最少回文串的个数。dp[i] = min(dp[i], dp[j] + 1)其中j+1到i的字符串时回文串。
代码：
#include 10003 - Cutting Sticks
题目链接：10003 - Cutting Sticks
- 题目大意：一个长为L ( L < 1000 ) 的木块， 有n个切割点 分别为c1, c2, c3, ……, cn （0 < ci < L） 。每次切割的花费是被切木块的长度
求切割完木块的最小花费。 - 思路：
注意不能采用哈夫曼法：选择小木块合并的规则并不是找任意两个最小木块，而是有“相邻”这一条件限制的！ - 我采用了记忆化搜索来实现DP。
- 状态构造：dp[i][j]表示切割第i个切割点和第j个切割点之间的木棍的代价。
- 终态：dp[0][n+1]
- 状态转移方程：dp[i][j] = min{dp[i][k]+dp[k][j]+a[j]-a[i] | i
- 初始化边界：dp[i-1][i] = 0（表示当只有一个木棍时代价为0），a[n+1] = l，i>0 && i<=n+1
递归法代码：
#include 记忆化搜索代码：
#include 1626 - 括号序列
- 题目大意：
定义如下序列为合法的括号序列：
1、空序列为合法序列
2、若S是合法序列，则(S), [S]也为合法序列
3、若A、B均为合法序列，则AB也为合法序列
题目给出一个括号序列，添加最少的(, ), [, ]使序列合法。 - 思路：
设d(i, j)表示字符串s[i]~s[j]至少添加的括号的数量，则转移如下：- S形如[S’]或(S’)，则转移到d(i+1, j-1)
- 如果S至少有两个字符，将其分为AB，转移到min{d(i, j), d(A) + d(B)}
不管是否满足第一条都要尝试第二种转移，因为[][]可能经过第一条转移到][。
打印的时候重新检查一下最优决策。
代码：
#include 10285 - Longest Run on a Snowboard
题目链接：10285 - Longest Run on a Snowboard
- 题目大意：滑雪问题，在一个矩阵上寻找最长递减路径长度。
- 思路：当无法确定循环方向时，记忆化搜索比较简单。设dp[i][j]表示从第i行第j列出发可以达到的最长路径，则有：
dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i+1][j],dp[i][j-1],dp[i][j+1]}+1 （前提是从(i,j)点要可以走到相邻的那个点，即只有相邻点比点(i,j)低才可以转移）
代码：
#include 10118 - Free Candies
题目链接：10118 - Free Candies
- 题目大意：桌上有4堆糖果，每堆有N（N≤40）颗。佳佳有一个最多可以装5颗糖的小篮子。他每次 选择一堆糖果，把最顶上的一颗拿到篮子里。如果篮子里有两颗颜色相同的糖果，佳佳就把 它们从篮子里拿出来放到自己的口袋里。如果篮子满了而里面又没有相同颜色的糖果，游戏 结束，口袋里的糖果就归他了。当然，如果佳佳足够聪明，他有可能把堆里的所有糖果都拿 走。为了拿到尽量多的糖果，佳佳该怎么做呢？
- 思路：该题目主要难点在状态构造。并且记忆化搜索方法的技巧性很强。
- 状态构造：dp[a][b][c][d]表示四个堆已经分别拿了a、b、c、d个后，可以获得的糖果数目。
- 终态：篮子中有5个颜色不同的糖果时，能获得的最大糖果数。
- 状态转移方程：以第一堆为例，状态转移方程为：dp(a,b,c,d)=dp(a+1,b,c,d) （如果拿掉第一堆的第a+1个不会产生相同颜色）、dp(a,b,c,d)=dp(a+1,b,c,d)+1 （如果拿掉第一堆的第a+1个会产生相同颜色）。
- 初始化：dp[][][][] = -1.
代码：
#include 1629 - Cake slicing
题目链接：1629 - Cake slicing
- 题目大意：一块n*m的矩形蛋糕，有k个草莓，现在要将蛋糕切开使每块蛋糕上都恰有一个（这意味着不能切出不含草莓的蛋糕块）草莓，要求只能水平切或竖直切，求最短的刀切长度。
- 思路：本题不是特别难，一旦想到使用DP法，就很容易想到状态的构造和状态转移方程。
- 状态的构造：dp[x1][y1][x2][y2]表示左上角为(x1, y1)，右下角为(x2, y2)的矩形的切割最大长度和。
- 终态：dp[1][1][n][m]
- 状态转移方程：当矩形内有多个草莓时，dp[x1][y1][x2][y2] = min(dp[x1][y1][x2][y2], DP(x1, y1, i, y2)+DP(i+1, y1, x2, y2)+y2-y1+1)（刀平行于y轴切）； dp[x1][y1][x2][y2] = min(dp[x1][y1][x2][y2], DP(x1, y1, x2, j)+DP(x1, j+1, x2, y2)+x2-x1+1);（刀平行于x轴切）
- 初始化：dp[][][][] = -1.
代码：
#include