ccpc河北大学生程序设计竞赛dp小总结
近期题目来自校赛，赛前训练，省赛热身，河北ccpc正式比赛。
题目一：
题目描述：
由于第m个台阶上有好吃的薯条，所以薯片现在要爬一段m阶的楼梯.
薯片每步最多能爬k个阶梯，但是每到了第i个台阶，薯片身上的糖果都会掉落ai个，现在问你薯片至少得掉多少糖果才能得到薯条？
输入：
多组数据输入，每组数据第一行输入两个数字m(1
输出：
对于每组数据，输出至少要牺牲的糖果数.
样例输入
5 2
1 2 3 4 5
6 2
6 5 4 3 2 1
样例输出
9
9
分析：经过的数字全部加起来，为一个累加和，求最小累加和
递推关系：
定义f(n)为必须到第n个台阶的最少累加和
分析可以如何得到f(n)，我们通过跳一步，可以怎么跳到第n个台阶呢？
可以从第n-1个台阶跳到这里，可以n-2，n-3......n-k。
也就是说，
f(n)=an+min(f(n-1),f(n-2),......f(n-k))
必须到第n个台阶的最少累加和，就等于能跳到这里的所有位置中，最小的那个f()，跳过来（也就是加上本身）。
注意：前k个台阶可以从起点直接跳过来，贪心思想，经过任何多余的数字都不会是最优解。所以前k个f(n)直接赋值an.
也可以维持单调队列把时间降到线性，不过o(n*k)已经足够过了。
题目二：
题目描述：
JiangYu的小金库是一个三维立体的空间，大小为XYZ，里面每个位置都藏着各种价值的宝物，既然是宝物价值自然非同一般，可正可负。
可恶的花花得知了这一切，想要偷走其中的珍宝们。
可是Jiangyu的小金库安保措施十分严密，花花只有一次行动的机会，他决定偷走一个价值尽可能大的长方体区间。
那么他最大能偷走多少钱的宝物呢？
输入：
第一行给出三个正整数 X,Y,Z
第二行一个整数n， 宝藏的数量
接下来n行，每行给出一个宝藏的位置xi，yi，zi， 以及价值ci
保证宝藏位置不重复。 （1 \leq X,Y,Z \leq 201≤X,Y,Z≤20)
（1 \leq n \leq X \times Y \times Z1≤n≤X×Y×Z)
（1 \leq xi \leq X1≤xi≤X)
（1 \leq yi \leq Y1≤yi≤Y)
（1 \leq zi \leq Z1≤zi≤Z)
（-1e9 \leq ci \leq 1e9−1e9≤ci≤1e9)
输出：
一个整数，最大的价值
样例输入
2 2 2
8
1 1 1 10
1 1 2 9
1 2 1 10
1 2 2 9
2 1 1 10
2 1 2 9
2 2 1 -1
2 2 2 10
样例输出
66
https://blog.csdn.net/hebtu666/article/details/82788866这个网址写了详细讲解哦。。。最好要看看
首先要明白一维最大子数组问题，设dp[n]的含义为必须以an结尾的数组中的最大和。
所以dp[n]就是，每一个以在n前面的结尾的最大值，加上an.
二维方法：转化为一维来做。枚举长度为原矩阵长度的所有矩阵。然后压成一维来做。
时间：
因为有n个开头，每个开头有n-1,n-2......1个结尾，所以枚举的时间复杂度为o(n^2)。
为了节省时间，利用预处理数组思想，定义长宽和原矩阵一样的矩阵gg。
每列满足第n列k行的值为sum(l[0][n]+l[1][n]....l[k][n]),可以o(n*m)做到(nm为长宽).然后枚举到某矩阵的时候直接根据gg得出。整体做到o(n^2)枚举并求和。然后按一维做。整体o(n^3)
三维：并没有什么高大上的优化，也是枚举每一个长宽固定的长方体，压缩至二维，然后按二维做。
题目三：
热身赛，并没有原题，手打。
过的队伍不多
一种动物，出生到死亡只有三年，即n年出生，n+3年死去。
出生一年以后可以生育，也就是n+1年开始生育，一年可以生一只宝宝。
定义第n年动物总数为an，给定n，返回an/a(n-1)，最多保存小数点后十位
第一年有一只
思路一：定义f(n)为第n年新出生的动物个数，则f(n)=f(n-1)+f(n-2),前两项为1，而每年的总数也就是三项求和而已。
每年出生的数量为1，1，2，3，5，8，13，21
每年总数就是1，2，4，10，16，26，42
发现是斐波那契数列
思路二：直接从总数入手，定义f(n)为第n年的总数
如何求出an/a(n-1):要看有多少动物能活到n年，活不到n年的也不能在第n年生育，活到n年的动物每人生一个，所以an就是二倍的能活到n年的动物。求此数方法很多，在此只说一个：
f(n-1)-(1/2)f(n-3)
去年的数量减去，去年还活着的今年就死了的数量。
这个数乘二，得出答案f(n)=2f(n-1)-f(n-3),其实本质还是斐波那契，因为f(n-1)=f(n-2)+f(n-3)，带入以后发现f(n)=f(n-1)+f(n-2)。
式子写出来了，但是原题数据范围是10^1000，不能一项一项推过去。
尝试发现，几十项之后，an/a(n-1)的十位小数之内都没有变过，所以当数字较大时直接输出第五十项即可。
本题结束
但是还有点别的东西想写
斐波那契的美
万物之美，总能找到斐波那契数列的规律。随着n的增加，an/a(n-1)越来越接近黄金分割
手写了求解过程。可能写的不规范，但是就是表达这个意思。
只要数列满足X(n) = X(n-1) + X(n-2)，无论前两个值是多少，都满足黄金分割的条件，而斐波那契数列是最简单的特例：前两个元素均为1
数学家还发现了费马大定理和这个数列的关系(费马大定理的证明，三百五十年)，并应用到诸多领域（比如加密）。有兴趣自行了解。
题目四：
省赛，没有原题。十六支队伍过了这个题。
https://blog.csdn.net/hebtu666/article/details/79964233
参考我前面的文章，dp入门篇，那个会了这个就会。
参考萌新题
现场因为对c++不熟，没敢压空间，规规矩矩的写了一遍，还因为多打了一行罚了时，跟智障一样。。。
题目五
http://newoj.acmclub.cn/contests/1359/problem/6
题意：最长公共子序列，要求序列每个元素重复k次，比如1122重复两次，111222重复三次。
输入两个字符串和k，输出长度。
最长公共子序列的一个变形。。。
动态规划。设dp[i][j]表示a串处理到i位置，b串处理到j位置的答案。预处理出从a串i位置向前数，第k个与i位置数
字相同的位置p[i]，用相同方式处理出B串的q[i]。
则转移方程为dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-p[i]][j-q[j]]+1),其中第三种转移必须在a[i]=b[j]的情况下转移。
#include
using namespace std;
int k,n,m,dp[1005][1005];
int a[1005],b[1005];
int pa[1005]={0},pb[1005]={0};
queue q[1005];
int main()
{
int ak; cin>>ak;
while(ak--)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
while(!q[i].empty()) q[i].pop();
scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(pa,0,sizeof(pa));
memset(pb,0,sizeof(pb));
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
q[a[i]].push(i);
if(q[a[i]].size()==k)
{
pa[i]=q[a[i]].front();
q[a[i]].pop();
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
while(!q[i].empty()) q[i].pop();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
q[b[i]].push(i);
if(q[b[i]].size()==k)
{
pb[i]=q[b[i]].front();
q[b[i]].pop();
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
if(a[i]==b[j] && pa[i]!=0 && pb[j]!=0)
dp[i][j]=dp[pa[i]-1][pb[j]-1]+k;
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
}
return 0;
} 代码都是比赛时候写的，真的不想找来贴了。
最后总结经验教训：
注意细节，注意细节，注意细节
多种思路，多种思路，多种思路
递归关系自己推，比如背包，你要是看套路。。。Emmm。。就连套路都不会用了。
平时递归关系自己推，自己推，自己推。