N N N 个人站成左端对齐的 k k k 排,每排有 N i N_i Ni 人, N i > N j N_i > N_j Ni>Nj 如果 i < j i < j i<j,则 N i > N j N_i > N_j Ni>Nj 。每一排从左到右身高递减,每一列从后到前身高递减。询问方案数。
按照身高从大到小的顺序决定位置。在任意时刻,已经确定位置的人在每一行中一定是从左开始的连续位置。
用 k k k 元组可以描述当前已经确定的位置。在决定当前人的位置时,可放的排为没放满的排,且放完后满足 n i > n j ( i < j ) n_i > n_j (i < j) ni>nj(i<j), n i n_i ni 为第 i i i 排已经放的人数。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 32;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
int n[6];
int k;
ll dp[maxn][maxn][maxn][maxn][maxn];
int check(int a, int b, int c, int d, int e){
return a >= b && b >= c && c >= d && d >= e && e >= 0;
}
void solve(){
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0][0][0][0] = 1;
for(int a = 0; a <= n[1]; a++){
for(int b = 0; b <= n[2]; b++){
for(int c = 0; c <= n[3]; c++){
for(int d = 0; d <= n[4]; d++){
for(int e = 0; e <= n[5]; e++){
if(!check(a, b, c, d, e))
continue;
if(check(a-1, b, c, d, e))
dp[a][b][c][d][e] += dp[a-1][b][c][d][e];
if(check(a, b-1, c, d, e))
dp[a][b][c][d][e] += dp[a][b-1][c][d][e];
if(check(a, b, c-1, d, e))
dp[a][b][c][d][e] += dp[a][b][c-1][d][e];
if(check(a, b, c, d-1, e))
dp[a][b][c][d][e] += dp[a][b][c][d-1][e];
if(check(a, b, c, d, e-1))
dp[a][b][c][d][e] += dp[a][b][c][d][e-1];
}
}
}
}
}
//cout << "ans = ";
cout << dp[n[1]][n[2]][n[3]][n[4]][n[5]] << endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
while(1){
cin >> k;
if(k == 0)
break;
memset(n, 0, sizeof(n));
for(int i = 1; i <= k; i++)
cin >> n[i];
solve();
}
return 0;
}
给定两个序列 a , b a, b a,b,询问最长公共上升子序列的长度
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为在 a a a 的前 i i i 个数和 b b b 的前 j j j 个数中以 b j b_j bj 的最长公共上升子序列的长度。
此时时间复杂度为 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)。
容易发现每次都是从 a i > b k a_i > b_k ai>bk 的前缀最大值转移过来,增加一个变量记录 f i − 1 , k f_{i-1,k} fi−1,k 的前缀最大值。此时时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 3e3+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
int n, a[maxn], b[maxn];
int f[maxn][maxn], ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> b[i];
for(int i = 1; i <= n; i++){
int maxx = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++){
f[i][j] = f[i-1][j];
if(a[i] == b[j])
f[i][j] = max(f[i][j], maxx+1);
else if(a[i] > b[j])
maxx = max(maxx, f[i][j]);
if(i == n)
ans = max(ans, f[i][j]);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
给定序列 A A A,构造非严格的单调序列 B B B,使 S = ∑ i = 1 n ∣ A i − B i ∣ S = \sum\limits_{i=1}\limits^n |A_i-B_i| S=i=1∑n∣Ai−Bi∣ 最小。询问最小值。
结论: 一定存在一组最优解,使得每个 B i B_i Bi 都存在 j j j,满足 B i = A j B_i = A_j Bi=Aj
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为确定前 i i i 数,且第 i i i 个数为 C j C_j Cj , C C C 为升序排序后的 A A A 序列。
f i , j = min k < = j { f i − 1 , k + ∣ C j − A i ∣ } f_{i,j} = \min\limits_{k <= j}\{ f_{i-1,k} + |C_j-A_i|\} fi,j=k<=jmin{fi−1,k+∣Cj−Ai∣}维护前缀最小值,可在 O ( 1 ) O(1) O(1) 时间转移
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 2e3+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
int n, a[maxn], c[maxn];
int ans = INF;
bool cmp(int a, int b){
return a > b;
}
int f[maxn][maxn];
void solve(){
memset(f, 0, sizeof(f));
int res = INF;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int minn = INF;
for(int j = 1; j <= n; j++){
minn = min(minn, f[i-1][j]);
f[i][j] = minn + abs(a[i]-c[j]);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
res = min(res, f[n][i]);
ans = min(ans, res);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
c[i] = a[i];
}
sort(c+1, c+1+n);
solve();
sort(c+1, c+1+n, cmp);
solve();
cout << ans << endl;
return 0;
}
有 3 个人。有 n n n 个请求一个人去某地,移动有代价。依次满足请求,询问最小代价。
令 f i , x , y f_{i, x, y} fi,x,y 表示满足前 i i i 个请求后,三人位于 p o s i , x , y pos_i, x, y posi,x,y 时的最小代价。
每个状态可以转移到另外三个状态,见代码。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e3+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
int L, n;
int p[maxn], c[210][210];
int dp[maxn][210][210];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> L >> n;
for(int i = 1; i <= L; i++)
for(int j = 1; j <= L; j++)
cin >> c[i][j];
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> p[i];
memset(dp, INF, sizeof(dp));
dp[0][1][2] = 0; p[0] = 3;
for(int i = 0; i < n; i++){
for(int x = 1; x <= L; x++){
for(int y = 1; y <= L; y++){
if(x == y || y == p[i] || x == p[i])
continue;
int u = p[i+1];
dp[i+1][x][y] = min(dp[i+1][x][y], dp[i][x][y] + c[p[i]][u]);
dp[i+1][x][p[i]] = min(dp[i+1][x][p[i]], dp[i][x][y] + c[y][u]);
dp[i+1][p[i]][y] = min(dp[i+1][p[i]][y], dp[i][x][y] + c[x][u]);
}
}
}
int res = INF;
for(int i = 1; i <= L; i++)
for(int j = 1; j <= L; j++)
res = min(res, dp[n][i][j]);
cout << res << endl;
return 0;
}
m × n m\times n m×n 的矩阵,每次可以向右或者向下走一步。从左上角都右下角选择两条互不相交(在路径端点可以相交)的路径,使点权和最大。
令 f i , j , x , y f_{i,j,x,y} fi,j,x,y 为第一条路径走到 ( i , j ) (i,j) (i,j) 且第二条路径走到 ( x , y ) (x,y) (x,y) 的最大点权和
对于 ( i , j ) = ( x , y ) (i,j) = (x,y) (i,j)=(x,y) 的状态,只计算一次点权
也可以网络流。
把每个点拆成入点和出点,入点向出点连边,容量1,费用为点权。
每个点的出点向能到达的点的入点连边,容量INF,费用 0;再连一条边,容量INF,费用 0.
源点向起点的入点连边,容量2,费用 0;终点的出点向汇点连边,容量2,费用 0 。
参考洛谷上 Duan2baka 大佬题解
#include
#include
using namespace std;
int dp[55][55][55][55],a[55][55],n,m;
int main(){
cin >> m >> n;
for(int i = 1; i <= m; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++)
cin >> a[i][j];
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
for (int k = 1; k <= m; k++)
for (int l = 1; l <= n; l++) {
dp[i][j][k][l]=max(max(dp[i-1][j][k-1][l],dp[i-1][j][k][l-1]),max(dp[i][j-1][k-1][l],dp[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
if(i==k && j==l) dp[i][j][k][l] -= a[i][j];
}
cout << dp[m][n][m][n];
}
m m m 个饼干,分给 n n n 个人。每个人有参数 g i g_i gi,如果有 a i a_i ai 个人的饼干多于 i i i ,则 i i i 产生 a i × g i a_i \times g_i ai×gi 的怨气。
每个孩子最少分一个饼干,询问最少的怨气。
贪心的考虑, g g g 大的人一定分的多于 g g g 少的人。否则可以交换,结果不会变劣。
令 f i , j f_{i,j} fi,j 为前 i i i 个孩子分了 j j j 个饼干的最小怨气和。
如果当前第 i i i 个人的饼干数大于 1,则前 i i i 个人饼干数都大于 1。每个人都减去一个饼干, a a a 不变,所以 f i , j = f i , j − i f_{i,j} = f_{i,j-i} fi,j=fi,j−i 。
如果当前第 i i i 个人的饼干数为1,枚举有多少人饼干数不为 1
f i , j = min 0 ≤ k < i { f k , j − i + k + k ∑ t = k + 1 i g t } f_{i,j} = \min\limits_{0\le kfi,j=0≤k<imin{fk,j−i+k+kt=k+1∑igt}
时间复杂度为 O ( n 3 m ) O(n^3m) O(n3m)。也可以前缀和优化一下,时间复杂度变成 O ( n 2 m ) O(n^2m) O(n2m)。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define mkp(a, b) make_pair((a), (b))
const int maxn = 3e2+10;
const int maxm = 5e3+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;
struct node{
int g, id;
node(){}
node(int g, int id) : g(g), id(id){}
bool operator < (const node &b) const{
return g > b.g;
}
}s[maxn];
int g[maxn], sum[maxn];
int f[maxn][maxm];
pii fr[maxn][maxm];
int res[maxn];
void cal(int x, int y){
if(x == 0)
return;
cal(fr[x][y].first, fr[x][y].second);
if(fr[x][y].first == x){
for(int i = 1; i <= x; i++)
res[s[i].id]++;
}
else{
for(int i = fr[x][y].first+1; i <= x; i++)
res[s[i].id] = 1;
}
}
int n, m;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> s[i].g;
s[i].id = i;
}
sort(s+1, s+1+n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] = sum[i-1] + s[i].g;
memset(f, INF, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = i; j <= m; j++){
f[i][j] = f[i][j-i];
fr[i][j] = mkp(i, j-i);
for(int k = 0; k < i; k++){
if(f[i][j] > f[k][j-i+k] + k*(sum[i]-sum[k])){
f[i][j] = f[k][j-i+k] + k*(sum[i]-sum[k]);
fr[i][j] = mkp(k, j-i+k);
}
}
}
}
cout << f[n][m] << endl;
cal(n, m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
cout << res[i] << " ";
cout << endl;
return 0;
}