K - Stones
题意: K个石子,Taro和Jiro两人轮流从(a1, a2,...,aN)中取ai石子,Taro先取,直到无法取则判负。
思路: dp[i]: i个石子时Taro赢否?(true为赢,false为输),则dp[i] = {dp[i-a[k]]}其中有一个true即为true,dp[0] = false。
代码:
#include
using namespace std;
const int MAXN = 110;
const int MAXK = 1e5+10;
using ll = long long;
int N, K;
int a[MAXN];
// dp[i]: can i stones win?
int dp[MAXK];
int main() {
cin >> N >> K;
for(int i=1; i<=N; i++) cin >> a[i];
sort(a+1, a+N+1);
dp[0] = 0;
for(int i=a[0]; i<=K; i++) {
int flag = 0;
for(int j=1; j<=N; j++) {
if(i-a[j]>=0 && !dp[i-a[j]]){
flag = 1;
break;
}
}
if(flag) dp[i] = 1;
}
string res = dp[K]?"First":"Second";
cout << res << endl;
return 0;
}
L - Deque
题意: 一堆数,两人轮流从中取(只能头或尾),Taro要最大化X-Y,Jiro要最小化X-Y,求最终结果X-Y。
思路: 有最大有最小,既然要dp显然要调整一下步调。Jiro最小化X-Y,实际上就是最大化Y-X。设dp[i][j]: i到j的X-Y,则每一轮dp[i][j]就是max{Taro(X-Y), Jiro(Y-X)},即dp[i][j] = max{a[i]-dp[i+1][j] , (a[j]-dp[i][j-1])}。
代码:
#include
using namespace std;
using LL = long long;
const int MAXN = 3010;
int A[MAXN];
LL dp[MAXN][MAXN];
int N;
int main() {
cin >> N;
for(int i=1; i<=N; i++) cin >> A[i];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i=N; i>0; i--) {
for(int j=i; j<=N; j++) {
if(i==j) dp[i][j] = A[i];
dp[i][j] = max(A[j]-dp[i][j-1], A[i]-dp[i+1][j]);
}
}
cout << dp[1][N] << endl;
return 0;
}
M - Candies
题意:求n个孩子分m个糖果的种类数,其中第i个孩子最多分a[i]个糖果。
思路:dp[i][j]: 前i个孩子分前j个糖果的和种类数,则有。
第一种O(n3)方法如下:
#include
using namespace std;
const int MAXN = 110;
const int MAXK = 1e5+10;
int N, K;
int A[MAXN];
int dp[MAXN][MAXK];
int main() {
cin >> N >> K;
for(int i=1; i<=N; i++) {
cin >> A[i];
}
dp[0][0] = 1;
for(int i=1; i<=N; i++) {
for(int j=0; j<=K; j++) {
for(int k=0; k<=min(A[i], j); k++) {
dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
}
}
}
cout << dp[N][K] << endl;
return 0;
}
但显然超时。
观察到dp[i][j]是从j-min(A[i],j)到j的和,可以用前缀和解决,dp[i][j] = prefix(j) - prefix(j-min(A[i],j)-1),减少一层循环,复杂度为O(n2)。
#include
using namespace std;
const int MAXN = 110;
const int MAXK = 1e5+10;
const int MOD = 1e9+7;
int N, K;
int A[MAXN];
int dp[MAXN][MAXK];
int prefix[MAXK];
int addmod(int a, int b) {
a += b;
if(a > MOD) {
a -= MOD;
}
return a;
}
int submod(int a, int b) {
a -= b;
if(a < 0) {
a += MOD;
}
return a;
}
int main() {
cin >> N >> K;
for(int i=1; i<=N; i++) {
cin >> A[i];
}
dp[0][0] = 1;
prefix[0] = 1;
for(int j=1; j<=K; j++) {
prefix[j] = addmod(prefix[j], prefix[j-1]);
}
for(int i=1; i<=N; i++) {
for(int j=0; j<=K; j++) {
int L, R;
L = j-min(A[i],j)-1>=0?prefix[j-min(A[i], j)-1]:0;
R = prefix[j];
dp[i][j] = addmod(dp[i][j], submod(R, L));
}
for(int j=0; j<=K; j++) {
prefix[j] = dp[i][j];
}
for(int j=1; j<=K; j++) {
prefix[j] = addmod(prefix[j], prefix[j-1]);
}
}
cout << dp[N][K] << endl;
return 0;
}
N - Slimes
题意:合并石块
思路:区间dp,复杂度O(N3),可以用平行四边形不等式优化,复杂度是O(N2)。
代码:
#include
using namespace std;
const int MAXN = 410;
using LL = long long;
int N;
int A[MAXN];
LL dp[MAXN][MAXN];
LL sum[MAXN];
int main() {
cin >> N;
sum[0] = 0;
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
for(int i=1; i<=N; i++) {
cin >> A[i];
dp[i][i] = 0;
sum[i] += sum[i-1]+A[i];
}
for(int len = 1; len<=N-1; len++) {
for(int i=1; len+i<=N; i++) {
int j = i+len;
// if(j>N) continue;
for(int k=i; k
平行四边形不等式优化
#include
using namespace std;
const int MAXN = 410;
using LL = long long;
int N;
int A[MAXN];
LL dp[MAXN][MAXN];
LL s[MAXN][MAXN];
LL sum[MAXN];
int main() {
cin >> N;
sum[0] = 0;
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
for(int i=1; i<=N; i++) {
cin >> A[i];
dp[i][i] = 0;
s[i][i] = i;
sum[i] += sum[i-1]+A[i];
}
for(int len = 1; len<=N-1; len++) {
for(int i=1; len+i<=N; i++) {
int j = i+len;
// if(j>N) continue;
// 平行四边形不等式优化
for(int k=s[i][j-1]; k<=s[i+1][j]; k++) {
if(dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1] <= dp[i][j]) {
dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k+1][j] + sum[j] - sum[i-1];
s[i][j] = k;
}
}
}
}
cout << dp[1][N] << endl;
return 0;
}