基础DP
POJ 3176: Cow Bowling
数字三角形问题，DP方程不再赘述。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
数字三角形问题，DP方程不再赘述。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 2229: Sumsets
题意:给出一个整数n,求解该整数n有多少种由2的幂次之和组成的方案。
法一可以直接分析出递推式。
解题思路：
1.可以将n用二进制表示。
n=1,只有1种表示方法。
n=2，10(2)，二进制表示下，可以分拆成{1,1}，{10}有两种表示方法。
n=3, 11(2),可以分拆成{1,1,1},{10,1}。
n=4, 100(2),{1,1,1,1},{10,1,1},{10,10},{100}。
总结：如果所求的n为奇数，那么所求的分解结果中必含有1，因此，直接将n-1的分拆结果中添加一个1即可 为s[n-1]。
如果所求的n为偶数，那么n的分解结果分两种情况
1.含有1 这种情况可以直接在n-1的分解结果中添加一个1即可，s[n-1]。
2.不含有1 那么，分解因子的都是偶数，将每个分解的因子都除以2，刚好是n/2的分解结果，并且可以与之一一对应，这种情况有s[n/2]。
法二用完全背包实现。
为了避免1+2+1和1+1+2这样的重复计数。
外层从小到大循环物品（这样小物品在前尝试，大物品在后尝试），内层正序循环则保证了完全背包。
代码如下
/*
题意:给出一个整数n,求解该整数n有多少种由2的幂次之和组成的方案.
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
法一可以直接分析出递推式。
解题思路：
1.可以将n用二进制表示。
n=1,只有1种表示方法。
n=2，10(2)，二进制表示下，可以分拆成{1,1}，{10}有两种表示方法。
n=3, 11(2),可以分拆成{1,1,1},{10,1}。
n=4, 100(2),{1,1,1,1},{10,1,1},{10,10},{100}。
总结：如果所求的n为奇数，那么所求的分解结果中必含有1，因此，直接将n-1的分拆结果中添加一个1即可 为s[n-1]。
如果所求的n为偶数，那么n的分解结果分两种情况
1.含有1 这种情况可以直接在n-1的分解结果中添加一个1即可，s[n-1]。
2.不含有1 那么，分解因子的都是偶数，将每个分解的因子都除以2，刚好是n/2的分解结果，并且可以与之一一对应，这种情况有s[n/2]。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 2385: Apple Catching
d[i,j]表示到第i分钟，移动了j次后获得的的最多苹果数。显然根据j的奇偶性可以直接知道bessie所在的苹果树。
初值：。其他也都为0。
目标：。
转移方程：每一阶段都有两种选择，一种是移动，一种是不移动。如果要判断i时刻移动了j次后是否能接到苹果，只要用即可。
即
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
d[i,j]表示到第i分钟，移动了j次后获得的的最多苹果数。显然根据j的奇偶性可以直接知道bessie所在的苹果树。
初值：d[0,0]=0。其他也都为0。
目标：max{d[t,i]},0<=i<=w。
转移方程：每一阶段都有两种选择，一种是移动，一种是不移动。如果要判断i时刻移动了j次后是否能接到苹果，只要用(j&1)==(a[i]-1))即可。
即d[i,j]=max{d[i-1,j-1],d[i-1,j]+(j&1)==(a[i]-1))}
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 3616: Milking Time
法一 对于每个区间[l,r]建边l->r+R。然后就在相邻的区间间建边，边权为0，保证顶点编号递增即可。
为了便于计算，额外建边0->第一个区间左端点和 最后一个区间右端点->n+r。
起点为0，终点n+r，跑最长路即可。
法二 将区间按照左端点升序排序，就是一个LIS问题。
代码如下
/*
*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*
对于每个区间[l,r]建边l->r+R。然后就在相邻的区间间建边，边权为0，保证顶点编号递增即可。
为了便于计算，额外建边0->第一个区间左端点和 最后一个区间右端点->n+r。
起点为0，终点n+r，跑最长路即可。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 3280: Cheapest Palindrome
d[i,j]表示将[i,j]变成回文串的最小代价。
初值：d[i,i]=0，其他为INF。
目标：d[1,m]。
转移方程：
1，若a[i]==a[j]，d[i,j]=d[i+1,j-1]
2，若a[i]!=a[j]，d[i,j]=min{d[i+1,j]+in[a[i]],d[i+1,j]+del[a[i]],d[i,j-1]+in[a[j],d[i,j-1]+del[a[j]]}
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
d[i,j]表示将[i,j]变成回文串的最小代价。
初值：d[i,i]=0，其他为INF。
目标：d[1,m]。
转移方程：
1，若a[i]==a[j]，d[i,j]=d[i+1,j-1]
2，若a[i]!=a[j]，d[i,j]=min{d[i+1,j]+in[a[i]],d[i+1,j]+del[a[i]],d[i,j-1]+in[a[j],d[i,j-1]+del[a[j]]}
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
优化递推式
POJ 1742: Coins
f[i]表示组成i元是否可行。
初值：f[0]=1
目标：所有f[i]=1的个数
转移方程：
设used[j]表示F[j]在阶段i时为1至少需要用多少枚第i种硬币。
若f[j-A[i]]=1，且used[j=A[i]] 代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
f[i]表示组成i元是否可行。
初值：f[0]=1
目标：所有f[i]=1的个数
转移方程：
设used[j]表示F[j]在阶段i时为1至少需要用多少枚第i种硬币。
若f[j-A[i]]=1，且used[j=A[i]]
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 3046: Ant Counting
法一，多重集组合数。
f[i,j]表示前i种蚂蚁，选出j个的方案数。直接跑多重背包+滚动数组。600msAC。
转移方程：
法二，对method_1的转移方程优化。
，同时注意出现负数的情况即可。
100msAC。
代码如下
/*
*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*
多重集组合数。
f[i,j]表示前i种蚂蚁，选出j个的方案数。直接跑多重背包+滚动数组。600msAC。
转移方程：f[i,j]=∑f[i-1,j-k]，0<=k<=min(j,num[i])
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 3181: Dollar Dayz
完全背包即可。
但要高精度。
method_1结果为WA。
代码如下
/*
*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*
要高精度。
method_1结果为WA。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
进阶DP
POJ 1065: Wooden Sticks
Dilworth定理
https://blog.csdn.net/litble/article/details/85305561
因此本题就是按l升序排序，若l相同则按w升序排序。然后对w求最长严格下降子序列(w1<=w2的反面是w1>w2)的长度
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
Dilworth定理
https://blog.csdn.net/litble/article/details/85305561
因此本题就是按l升序排序，若l相同则按w升序排序。然后对w求最长严格下降子序列(w1<=w2的反面是w1>w2)的长度
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 1631: Bridging signals
和Wooden Sticks原理类似，不过由于数据量较大，所以dp时要用nlogn的算法。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
和Wooden Sticks原理一样，不过由于数据量较大，所以dp时要用nlogn的算法。
*/
#include
#include
#include
const int maxn=40000+10;
int n,T;
int d[maxn];//d[i]表示1~i中最长的不下降子序列的长度
struct node {
int a,b;
} qj[maxn];
bool operator<(const node &a1,const node &a2) {
if(a1.a!=a2.a) return a1.aans) { //插在了最后 说明答案可以更新
ans++;
}
// d[i]=std::max(temp+1,d[i]);
}
// for(int i=1;i<=n;i++){
// std::cout<
POJ 3666: Making the Grade
题解链接https://www.jianshu.com/p/2c07da54278b
代码如下
/*
https://www.jianshu.com/p/2c07da54278b
*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 2392: Space Elevator
这道题因为每个点的限制不一样，所以需要从限制小的先进行dp（按照a[i]升序排序后dp）。
因为限制大的可以放在限制小的上面，但是限制小的无法再往大的上面堆。
f[i,j]表示使用前i个block，能否达到高度j。
初值：
目标：条件：，输出最大的满足条件的i
转移方程：
这个多重背包在实现时，可以省略f数组的第一维。同时由于c[i]范围很小，所以不用二进制或者单调队列优化。
代码如下
/*
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
这道题因为每个点的限制不一样，所以需要从限制小的先进行dp（按照a[i]升序排序后dp）。
因为限制大的可以放在限制小的上面，但是限制小的无法再往大的上面堆。
f[i,j]表示使用前i个block，能否达到高度j。
初值：f[0,0]=1
目标：条件：f[n,i]=1，输出最大的满足条件的i
转移方程：f[i,j]|=f[i-1,j-k*h[i]] j<=a[i]，0<=k<=c[i]
这个多重背包在实现时，可以省略f数组的第一维。同时由于c[i]范围很小，所以不用二进制或者单调队列优化。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
POJ 2184: Cow Exhibition
01背包。
d[i,j]表示前i个奶牛，TS为j时最大的TF。（第一维可省略，第二维需要数组下标平移）
如果S是负值的话会导致重复计算，所以此时需要调转循环方向。
PS：这题深搜可过。只需要加两个剪枝即可。
剪枝一：s和f都大于等于0必选。
剪枝二：s和f都小于0必不选。
代码如下
/*
PS：这题深搜可过。只需要加两个剪枝即可。
剪枝一：s和f都大于等于0必选。
剪枝一：s和f都小于0必不选。
*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*
01背包。
d[i,j]表示前i个奶牛，TS为j时最大的TF。（第一维可省略，第二维需要数组下标平移）
如果S是负值的话会导致重复计算，所以此时需要调转循环方向。
*/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
