[AcWing蓝桥杯]之复杂DP（C++题解）

目录

鸣人的影分身（线性DP）

DFS解法

 DP（完全背包）

思维解法递归解法

包子凑数（完全背包+数论）

糖果（01背包问题）

密码脱落（区间DP+数学）

括号配对（区间DP）

生命之树（树形DP）

旅游规划（树形DP）

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前景提要：

（1）dp数组的含义：这个dp数组代表的意义是什么，[i][j]又分别代表什么意思

（2）dp数组的属性：包括最大值，最小值，方案数，次数，即dp数组本身存的数

（3）dp数组的初始化：根据它的含义进行合理的初始化

（4）dp数组的遍历顺序：是正序从前往后，还是后续遍历防止被重复覆盖

（5）dp数组的递推公式：从最后一步反推，即要得到这一步，需要上一步进行的操作

（6）dp数组的返回值：即题目要求的是dp数组的什么，要根据含义来

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鸣人的影分身（线性DP）

1050. 鸣人的影分身 - AcWing题库

思路解析：

透过题目看本质，这道题的本质是：

给出一个和，给出一个份数，求出“和”可以被分成多少个份数大小的集合

举个例子：总和为：7   份数为：3

那么就有：（注意顺序不同，集合内的数字相同被视为一种情况）

（7，0，0）

（ 6，1，0）  

（5，2，0） （5，1，1）

（4，3，0） （4，2，1）

（3，3，1）  （3，2，2）

DFS解法

相信看完例子解释的你，已经想到了DFS，来暴力搜索

DFS代码如下：

DFS的核心之一就是参数的意义

（1）首先要输入总能量，和分身的数量

那么在向下搜索的过程中：

（2）思考深搜过程：

<1>需要一个标志变量，来标记当前从这个标志变量开始枚举，也就是变量start

这个就类似于（1~5）个数中（集合大小为3个数）的组合

<2>边界条件，当给被赋予能量的分身数量==给出的分身数量 且剩余能量为0

<3>剪枝，当枚举过程中，被赋予能量的分身数量大于给定的分身数量

#include
using namespace std;
int m, n;
int res;
// t:剩余的能量  start:下一个分身的值  state:已经完成的分身
void dfs(int t, int start, int state)
{
	if (state == n && t == 0)//已经完成的分身数量==n  且剩余的能量为0 即返回
	{
		res++;//记录数量
	}
    //可不写“==”
	if (state >= n) return;//已经完成的分身数量>=n，也返回（就算还有剩余能量）

	for (int i = start; i <= t; i++)
	{
		dfs(t - i, i, state + 1);//剩余的能量-i，下一个从i开始枚举，分身的数量++
	}
}

int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> m >> n;
		res = 0;
		dfs(m, 0, 0);//初始剩余的能量为：m  
		cout << res << endl;
	}

	return 0;
}

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 DP（完全背包）

有没有一种可能这个是完全背包，即每个数可以被放入背包无限次

（1）dp数组的含义：总和为i，划分为j个数的所有情况

（2）dp数组的属性：符合题目条件的次数

（3）dp数组的递推公式：观察上面给出的例子可知：

对于最后一步有：划分为j个数情况：

<1>当i

划分为j个数的情况==划分j-1个数的情况+最后一列放0的情况

<2>当i>=j时，有两种情况：

当最小的数为不为0的情况，那么方案数==总和i-j个1的情况+最小的数为0的情况

·······1：有影子被分到的最小能量为0（最小的数为0的情况被<1>处理了）

·······2：影子的被分到的最小能量不为0

（4）dp数组的初始化：由递推公式可知：dp[i][0]的情况都是1

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 11;

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T -- )
    {
        int n, m;
        scanf("%d%d", &m, &n);

        int f[N][N] = {0};//dp数组的含义：总和为i，划分为j个数的所有情况
        f[0][0] = 1;//当总数为0，划分为0个，情况数为：1
        /*问题：
        for(int i=0;i= j) f[i][j] += f[i - j][j];//当最小的数为不为0的情况，那么方案数==总和i-j个1的情况+最小的数为0的情况
            }

        printf("%d\n", f[m][n]);
    }

    return 0;
}

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思维解法递归解法

转换为：n个苹果放m个盘的经典问题

#include
#include
#include

using namespace std;

int f(int x, int y) {
    if (x == 0) return 1;//没有苹果，全部盘子为0
    if (y == 0) return 0;//没有盘子，没法放
    if (y > x) {//盘子数大于苹果数，至多只能x个盘子上都放一个 
        return f(x, x);
    }
    return f(x - y, y) + f(x, y - 1);//盘子数小于等于苹果数 -> 分类讨论： 有盘子为空，没有盘子为空
//有盘子为空的时候即至少有一个盘子为空，f(x,y-1);没有盘子为空即最少每个盘子都有一个,f(x-y,y)     
}

int main() {
    int t, n, m;//n个苹果分到m个盘子里去，运行盘子为空 
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> m;
        cout << f(n, m) << endl;
    }
    return 0;
}

---

包子凑数（完全背包+数论）

活动 - AcWing

本题与：活动 - AcWing（买不到的糖果有异曲同工之妙）

复习一下：

给定a，b，若 d=gcd(a,b)>1 ,则一定不能凑出最大数

如果 a,b均是正整数且互质，那么由 ax+by,x≥0,y≥0不能凑出的最大数是 (a−1)(b−1)−1

 在买不到的糖果那道题中，是给定两个数，求出这两个数不能组成的最大的数

而在本题中，给定的是任意N个数，求的是这N个数，不能组成的数的个数

DP分析：

 

（1）dp数组的含义：从前i项物品任意个，总和为j

（2）dp数组的属性：能够达到说明非空，不能达到说明为空

（3）dp数组的递推公式：

由于是完全背包，所以对于一个物品来说，可以选择多次，假设选择这个物品k次：

那么就将j分成了两部分：原本的部分（减去k件该物品的部分）+k件该物品的部分

那么只要知道那原本的部分是否可以满足，如果可以被满足，那么就为true，所以是用的或运算符|，只要其中有一个部分可以满足，那么再挑选这个部分那么必然也是满足的

（4）dp数组的初始化：

由递推公式可知：dp[0][0]应被初始化为true，因为从0个物品中总和为0，是可以满足的

那么对于不选择该物品的情况，就应该让它等于上一个选择物品的情况

（5）dp数组的遍历顺序：

正序两层for循环即可

（6）dp数组的返回值：

统计不满足的个数即可

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 10010;//历史遗留问题：根据数据范围猜的

int a[110];
bool f[110][N];

int gcd(int a, int b)
{
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int d = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        d = gcd(d, a[i]);
    }

    if (d != 1) puts("INF");
    else
    {
        f[0][0] = true;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 0; j < N; j++)
            {
                f[i][j] = f[i - 1][j];
                if (j >= a[i]) f[i][j] |= f[i][j - a[i]];
            }

        int res = 0;
        for (int i = 0; i < N; i++)
            if (!f[n][i])
                res++;

        printf("%d\n", res);
    }

    return 0;
}

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糖果（01背包问题）

1047. 糖果 - AcWing题库

思路解析：

经典的01背包问题：即每个糖果只能选择一次

（1）dp数组的含义：所有从前i个物品中选，且总和除以k为j的糖果数量

（2）dp数组的属性：糖果的数量

（3）dp数组的递推公式：对于最后一步有：选和不选两种情况，两者取最大即可

<1>不选择该包糖果，那么此时的糖果数量还是等于上一个的数量

<2>选择该包糖果，那么此时糖果的数量等于上一个的糖果数量+该包糖果的数量

注意：对于选择该包糖果的情况，需要对余数j进行正数处理

（4）dp数组的初始化：y总说，对于没有意义的，要么初始化为负无穷要么初始化为正无穷，那么这里由于是要求最多的糖果数量，那么一定是要初始化为负无穷的

那么对于有意义的值：dp[0][0]，也就是前0个物品中，总和必定为0，分给k个，那么必然也是0，糖果的总数也是0，所以将dp[0][0]初始化为0

（5）dp数组的遍历顺序：注意看递推公式：由它的左上角推出，所以只需正序遍历两层即可

（6）dp数组的返回值：由于题目要求的能整除k的糖果总数，那么根据定义，j一定为0，要使糖果的总数最大，那么一定是从前n个包中选，所以返回值是dp[n][0]

#include
#include
using namespace std;
const int N = 110;
int n, k;
int f[N][N];

int max(int x, int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &k);

	memset(f, -0x3f, sizeof f);

	f[0][0] = 0;//所有从前i个物品中选，且总和除以k为j的糖果数量
	//求最大数量

	for (int i = 1; i <= n; i++)//外层遍历物品
	{
		int w;
		scanf("%d", &w);
		for (int j = 0; j < k; j++)//内层遍历背包容量
		{			//不选：等于上一个的状态	 //选：
			f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][(j + k - w % k) % k] + w);
		}
	}
	printf("%d\n", f[n][0]);//寻找余数为0的，即能别整除的

	return 0;
}

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密码脱落（区间DP+数学）

1222. 密码脱落 - AcWing题库

题目概述：

给定一个字符串，请判断原来的字符串通过多少次种子脱落，而得到的现在的字符串

题意转化：

由于脱落的字母可以从任意位置脱落，所以只需求出给定字符串的最大回文串，那么用给定字符串的长度--该串中的最大回文串，那么即可得到孤立无援的字母，那么再对应从任意位置中加入该字母，即可凑成原来的回文串

 区间DP：

（1）dp数组的含义：在{i，j}区间内的范围内，最大回文串的长度

（2）dp数组的属性：长度

（3）dp数组的递推公式

​if (s[l] == s[r]) f[l][r] = f[l + 1][r - 1] + 2;（如果左右端点相等，那么就把这两个端点加入）

（左右两边向外扩张）
if (f[l][r - 1] > f[l][r]) f[l][r] = f[l][r - 1];（寻找最大的回文子串）

if (f[l + 1][r] > f[l][r]) f[l][r] = f[l + 1][r];（寻找最大的回文子串）

（4）dp数组的初始化：对于单个字母，独立成一个长度为1的回文串，所以遍历长度的同时，将len==1，全部赋值为dp[i][j]=1

（5）dp数组的遍历顺序：滑动窗口的思想，先枚举窗口的大小，再枚举左端点，边界条件为右端点小于数组的长度即可

（6）dp数组的返回值：最长的回文子串一定包含在dp[0][n-1]（注意定义）

#include
#include
using namespace std;
const int N = 1010;
char s[N];
int f[N][N];

int main()
{
	scanf("%s", s);
	int n = strlen(s);

	for(int len=1;len<=n;len++)
		for (int l = 0; l + len - 1 < n; l++)
		{
			int r = l + len - 1;
			if (len == 1) f[l][r] = 1;
			else
			{
				if (s[l] == s[r]) f[l][r] = f[l + 1][r - 1] + 2;
				if (f[l][r - 1] > f[l][r]) f[l][r] = f[l][r - 1];
				if (f[l + 1][r] > f[l][r]) f[l][r] = f[l + 1][r];
			}
		}
	printf("%d\n", n - f[0][n - 1]);//得到有多少个单独的字母个数，那么就只需再+上即可配对

	return 0;
}

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括号配对（区间DP）

1070. 括号配对 - AcWing题库

题意概述：给定括号序列，通过在任意位置添加括号序列使得该括号序列合法

本题与上题（密码脱落）不同的点在于：不能单纯地通过判断左右端点满足括号的条件就同时向外扩展，要注意特例：比如说：  [ ] ( [ ]

dp分析：

（1）dp数组的含义：向字符串[i][j]范围内通过添加括号，使其变成合法括号的集合

（2）dp数组的属性：添加括号的最小操作数

（3）dp数组的递推公式：

<1>首先应该确定一个判断其合法的函数，即前面为 [  (   那么后面就应该为 )  ]

<2>如果满足上述的判断，且i，j的间距小于等于1，那么相当于这个是确实符合条件了，没有特例，可同时向左右两边扩展

<3>如果满足上述的判断，但是i，j的间距大于1，那么就要在[i,j]范围内枚举间隔点，将其分割为[i,k]  [k+1,r]，这里是找到最小操作数的核心

（4）dp数组的初始化：对于单独的括号，最小操作数就是添加一个与其相对应的括号，即最小操作数是1，对于没有意义的地方，由于是求最小，所以初始化为最大

（5）dp数组的遍历顺序：一个从后向前遍历，一个从前向后遍历，这样是保证【i，j】是左右端点的同时，减少一些不必要的重复操作，当然也可以i从前，j=i，向前遍历

（6）dp数组的返回值，同理：答案必定存在于整个字符串中

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=110;
int dp[N][N];
char s[N];

bool match(int i,int j)
{
    if(s[i]=='[' && s[j]==']') return true;
    if(s[i]=='(' && s[j]==')') return true;
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%s",s);
    int n=strlen(s);
    
    for(int i=0;i-1;i--)
    {
        for(int j=i;j

生命之树（树形DP）

1220. 生命之树 - AcWing题库

 树形DP：

（1）dp数组的定义：表示以u为根节点的子树中所有连通块的的权值的最大值

（2）dp数组的属性：最大值

（3）dp数组的递推公式：如果大于0，则把它加入dp数组中，核心就是贪心的思想，因为要求的是连通块的最大值

 核心是理解下面这个图以及dp数组的含义

 dp[1]是：以1为根节点，包括1的所有联通块的最大值

dp[2]是：以2为根节点，包括2的所有连通块的最大值（注意此时不包括1）

dp[3]是：以3为根节点，包括3的所有连通块的最大值（注意此时不包括1）

同理dp[4]=4  dp[5]=5（也就是说不能向上寻找只能向下寻找）

所以dfs深搜的第一步是：将f[u]=w[u]   （将该根节点的值存入dp数组）

之后才是向下搜索，注意此时的f[j]只是可能是的单个节点的值，它指的是这个节点之下包括这个节点的值，所以是大于0，才把它加入进去

#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;

int n;
LL f[N];
int w[N];
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], idx;

void add(int a,int b){
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++;
}

//第二个参数是记录父节点，防止向回走
void dfs(int u,int fa){
    f[u] = w[u];

    for (int p = h[u] ; p != -1 ; p = ne[p])//单链表的遍历
    {
        int j = e[p];
        if (j != fa)//防止走回头路
        {
            dfs(j, u);//取出节点所存的值作为下一个的当前节点，当前节点作为下一个节点的父亲
            f[u] += max(0ll, f[j]);//连通块++
        }
    }
}

int main()
{
    //读入
    cin >> n;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) cin >> w[i];
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0 ; i < n - 1 ; i ++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b);add(b, a);//无向图
    }

    //树形DP
    dfs(1, -1);//当前节点，当前节点的父亲

    LL res = -1e10;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) res = max(res, f[i]);

    cout << res << endl;
    return 0;
}

---

旅游规划（树形DP）

1078. 旅游规划 - AcWing题库

题意转换：求树的直径上的点

在活动 - AcWing（大臣的旅费）中，我们知道了一种求树的直径的方法：

即：

 代码实现：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int N = 100010;
int n;
struct  Edge
{
	int id, w;//指向的那条边，和这条边的边长
};
vector h[N];
int dist[N];

void dfs(int u, int father, int distance)
{
	dist[u] = distance;//记录长度

	for (auto node : h[u])//想象成单链表
	{
		if (node.id != father)//保证不会往回走，保证向下走
			dfs(node.id, u, distance + node.w);//当前节点，u则为当前节点的父亲，距离增加
	}
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 0; i < n - 1; i++)
	{
		int a, b, c;
		scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
		h[a].push_back({ b,c });
		h[b].push_back({ a,c });
	}

	dfs(1, -1, 0);//第一次传参：当前节点，当前节点的父亲，当前节点到父节点的距离

	int u = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if (dist[i] > dist[u])//寻找从1号点到最远能到的路径距离
		{
			u = i;
		}

	dfs(u, -1, 0);//上述的最远的能到的距离作为头，从新开始寻找离它的最远距离

	for(int i=1;i<=n;i++)
		if (dist[i] > dist[u])//同理
		{
			u = i;
		}

	int s = dist[u];//u到最远的距离

	printf("%lld\n", s * 10 + s * (s + 1ll) / 2);

	return 0;
}

---

 

 

而在本题中，采用了另外一种做法，因为要求树的直径经过的点：

对于一个节点而言，要证明它是否在树的直径上，那么只需证明以它为节点，它的最大值和次大值的和是否等于树的直径即可，下面就是对跟节点的不同而分的情况：

<1>当树为一开始的根节点(头部)时即：

那么即是它：向下寻找的最大值和次大值之和，此时向下的最大值就是d1，次大值就是d2

注意：次大值不一定比最大值小，它是除了最大值以外，最大的数

<2>当树为中间的根节点时即：

那么向下扩展的同时，也需要向上扩展，此时就是数组up，同时需要记录：

如果j向下走

因为d1[j]是不能往回走的（一开始是从i-->j），所以此时是要用d2[j]来向下走

如果不是已经走过的点，那么就可以用d1[j]继续走

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 200010, M = N * 2;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int n, maxd;
int d1[N], d2[N], up[N], p1[N];
//d1:每个节点向下走的最长路径
//d2:每个节点向下走的次长路径的长度
//up数组:表示每个节点向上走能走的最远距离
//p1存下u节点往下最大路走的子节点
//所有结点的最长路径和次长路径之和的最大值就是树的直径

void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}

void dfs_d(int u, int father)//向下寻找
{
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (j != father)//防止向父亲方向寻找（无向图：每个节点方向都有可能是父亲方向）
        {
            dfs_d(j, u);//向下一层寻找
            int distance = d1[j] + 1;//距离+1
            if (distance > d1[u])//如果距离大于了当前向下寻找的最大距离
            {
                d2[u] = d1[u];//次大节点距离=上一个最大节点的最大距离
                d1[u] = distance;//最大距离更新为distance
                p1[u] = j;//记录已经走过的节点
            }
            else if (distance > d2[u]) d2[u] = distance;
        }
    }
    maxd = max(maxd, d1[u] + d2[u]);
}

void dfs_u(int u, int father)//向上寻找
{
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if (j != father)
        {
            up[j] = up[u] + 1;//up数组和父节点有关
            if (p1[u] == j) //说明从j向下走是从u向下走最长路径
            {
                up[j] = max(up[j], d2[u] + 1);//用第二长的路径更新up数组
            }
            else up[j] = max(up[j], d1[u] + 1);//说明从j向下走不是从u向下走的最长路径，用最长的路径更新up数组
            dfs_u(j, u);//从上往下算
        }
    }
}

int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(a, b);//无向图
        add(b, a);
    }

    dfs_d(0, -1);
    dfs_u(0, -1);

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int dx[3] = { d1[i],d2[i],up[i] };
        sort(dx, dx + 3);
        if (dx[2] + dx[1] == maxd) printf("%d\n", i);//如果这个点的扩展最大和次大的和==树的直径，那么这个点必然在直接上
    }
    return 0;
}

---