洛谷 普及/提高- DP题总结
目录
P1681 最大正方形II
P3183 [HAOI2016]食物链
P2904 [USACO08MAR]River Crossing S
P1470 [USACO2.3]最长前缀 Longest Prefix
P1922 女仆咖啡厅桌游吧
P2004 领地选择
P2327 [SCOI2005]扫雷
P2946 [USACO09MAR]Cow Frisbee Team S
P2918 [USACO08NOV]Buying Hay S
P5414 [YNOI2019] 排序
P1233 木棍加工
P2690 [USACO04NOV]Apple Catching G
P2782 友好城市
P1481 魔族密码
P1020 [NOIP1999 普及组] 导弹拦截
P1057 [NOIP2008 普及组] 传球游戏
P1455 搭配购买
P1466 [USACO2.2]集合 Subset Sums
P1564 膜拜
P1681 最大正方形II
最大正方形要求以0/1相间的格子组成正方形，是“最大正方形”的变形，可以通过二维数组三组取min来求解。f[i][j][0]代表该位置是0，f[i][j][1]代表该位置是1。
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(maps[i][j]==0){
f[i][j][0]=min(f[i][j-1][1],min(f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][0]))+1;
}
else{
f[i][j][1]=min(f[i][j-1][0],min(f[i-1][j][0],f[i-1][j-1][1]))+1;
}
ans=max(ans,max(f[i][j][0],f[i][j][1]));
}
}P3183 [HAOI2016]食物链
同P4017最大食物链计数，可以用拓扑排序或是记忆化搜索来完成。
inline void tuopu(){
while(!q.empty()){
int t=q.front();
q.pop();
for(int i=head[t];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(e[i].val==-1)continue;
e[i].val=-1;
sum[v]+=sum[t];
rec[v]--;
if(rec[v]==0){
if(to[v]==0){
ans+=sum[v];
}
q.push(v);
}
}
}
}P2904 [USACO08MAR]River Crossing S
前缀和考察知识，同时巧妙转化了载奶牛过河的时间（将每次分批时间保存在前缀和数组中），并把路程来回的消耗时间算在其中，最后加上。值得细分析。
//dp[j]表示载j头奶牛所花最短时间，sum[i]表示一次载i头奶牛的时间
for(int i=1,t;i<=n;i++){
dp[i]=inf;
scanf("%d",&t);
sum[i]=sum[i-1]+t;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
sum[i]+=2*m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
dp[j]=min(dp[j],dp[j-i]+sum[i]);
}
}
printf("%d",dp[n]-m);//最后一次不用返回，所以ans-mP1470 [USACO2.3]最长前缀 Longest Prefix
字符串dp，需要认真看。字符串的dp大部分都是匹配问题。要把字符串的匹配练好。核心代码还是for循环的匹配和对位，加上一些可以的小剪枝，没有什么思维技巧，就是for循环枚举。
while(1)//输入单词
{
n++;
scanf("%s",a[n].ss+1);a[n].len=strlen(a[n].ss+1);
if(a[n].len==1 && a[n].ss[1]=='.')//遇到“.”就退出
{ n--;break; }
}
while(scanf("%s",s+1)!=EOF)//输入字符串
{
for(i=1;i<=strlen(s+1);i++){len++;st[len]=s[i];}
}
memset(f,false,sizeof(f));f[0]=true;//f[i]表示第i位是否能到达，初始化0是可以到达的
for(i=1;i<=len;i++)//枚举长度
{
for(j=1;j<=n;j++)//枚举单词
{
if(i=i-a[j].len+1;k--,t--)
{
if(st[k]!=a[j].ss[t])//如果不匹配
bk=false;break;
}
if(bk==true)//如果能成功的匹配了
f[i]=true;break;
}
} P1922 女仆咖啡厅桌游吧
树形dp的基础题，有一定思维考察性。要求每棵树cafe==table，则具体怎么放不会对最终的ans有影响，只要把叶子结点（通过记录入度来判断）的个数记录下来对半分，再累加上子树的sum就可得到最终答案。
inline void dfs(int u,int fa){
int sum=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
if(in[v]==1)sum++;
else{
dp[u]+=dp[v];
}
}
dp[u]+=sum/2;
}P2004 领地选择
二维前缀和求正方形最大面积。板子。
sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]+maps[i][j]-sum[i-1][j-1];
//二维前缀和
if(sum[i][j]+sum[i-c][j-c]-sum[i][j-c]-sum[i-c][j]>ans[2]){
ans[0]=i-c+1,ans[1]=j-c+1,ans[2]=sum[i][j]+sum[i-c][j-c]-sum[i][j-c]-sum[i-c][j];
}//更新ansP2327 [SCOI2005]扫雷
巧妙设计状态。对于题中的限制条件，在一个2列的地图中只会存在最大为‘3’的地雷。当然包括0/1/2，所以我们可以通过显示的数字来推倒方案情况。针对本题用四维数组存储，因为最大地雷数是‘3’，即对于任意一格来说，他能推算的状况仅限于前一个格子、当前格子和后一个格子。我们前一维表示当前位置i，后三维就用来表示三个位置有地雷的情况。
f[0][0][0][0]=f[0][0][0][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!a[i])f[i][0][0][0]=f[i-1][0][0][0]+f[i-1][1][0][0];
if(a[i]==1){
f[i][1][0][0]=f[i-1][0][1][0]+f[i-1][1][1][0];
f[i][0][1][0]=f[i-1][0][0][1]+f[i-1][1][0][1];
f[i][0][0][1]=f[i-1][0][0][0]+f[i-1][1][0][0];
}
if(a[i]==2){
f[i][1][1][0]=f[i-1][0][1][1]+f[i-1][1][1][1];
f[i][0][1][1]=f[i-1][0][0][1]+f[i-1][1][0][1];
f[i][1][0][1]=f[i-1][1][1][0]+f[i-1][0][1][0];
}
if(a[i]==3){
f[i][1][1][1]=f[i-1][0][1][1]+f[i-1][1][1][1];
}
}P2946 [USACO09MAR]Cow Frisbee Team S
USACO的题目不会有太长的码量，但考察对于基本知识点的灵活运用的理解，我们要耐心分析转移过程，可得
状态转移方程如下：
f[i][j] = ( f[i][j] + f[i-1][j] ) % mod + f[i-1][j - cow[i] + f)%f ] )%mod
即分奶牛参与或不参与两种情况进行讨论。
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&r[i]);
r[i]%=f;dp[i][r[i]]=1;//输入时%f来减小运算范围，因此下面会有+f)%f操作
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;jP2918 [USACO08NOV]Buying Hay S
完全背包，活用性质求最小。
for(int i=1;i<=m+5000;i++)
dp[i]=1e9;//初始化，因为要找到一个最小值，dp[i]表示得到i磅的干草最少需要的钱数
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=a[i];j<=m+5000;j++)
//注意循环结束为m+5000，因为你只购买m千克时花费的钱不一定是最少的，5000时一坨草质量的最大值
dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+b[i]);
for(int i=m;i<=m+5000;i++)
ans=min(ans,dp[i]);//寻找哪一个既符合购买量，钱又最少 P5414 [YNOI2019] 排序
本题要求我们移动几个数字使得序列单增。明确一点：最优解不会把同一个数字移动两次及以上，要一步到位。因此问题转变，当我们在原数列中删除几个数（他们的和最小）让剩下的数单调递增就好。
//f[i]记录前i位单调上升的数列之和的最大值
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;jP1233 木棍加工
求最长下降子序列的变形，建立struct来排序后遍历讨论。
bool cmp(stick a,stick b){
if(a.l==b.l)return a.w>b.w;
return a.l>b.l;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i-1;j>0;j--){
if(a[i].w>a[j].w){
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
}P2690 [USACO04NOV]Apple Catching G
Bessie的移动会有时间和移动次数的双重限制，用dp[i][j]表示奶牛在第i分钟内转移了j次能接到的最大苹果数。然后巧妙判断Bessie是否能得到苹果：a[i]==j%2+1
for(int i=1;i<=t;i++){
for(int j=0;j<=min(w,t);j++){
if(j==0) dp[i][j]=dp[i-1][j];
else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]);
if(a[i]==j%2+1) dp[i][j]++;
}
}P2782 友好城市
尽可能减少航线交叉，那就是要求解最长的单调队列长度。先sort对于结构体排序，之后为了应对庞大的数据量而采用二分查找（nlogn）降低复杂度。关于二分查找可以用lower_bound()（“>=”）和upper_bound()（“>”）来简单实现，这两个函数很有实用性，配合指针可以快速查询和更改。
inline bool cmp(node a,node b){
return a.northd[len]){
d[++len]=tmp;
}
else{
*upper_bound(d+1,d+1+len,tmp)=tmp;//找最长上升序列用lower_bound，最长不下降用upper_bound
// * -->指针查询该位置上的值
}
} P1481 魔族密码
关于STL的几个骚函数操作：
(1)strstr(s1,s2)
作用：
判断 s2 是否为 s1 的 子串。
如果没找到，返回NULL;
如果找到了，返回这个子串第一个字符的 地址。
如：
char s1[]="habch",s2[]="abc"
strstr(s1,s2)就返回s1中'a'的地址
头文件为：
#include
(2) # inlcude
(3) 一种构造string的方法 ： s.substr(pos, len)
返回值： string，包含s中从pos开始的len个字符的拷贝（pos的默认值是0，len默认是s.size() - pos，即不加参数会默认拷贝整个s）
这道题我们可以偷懒将stl的函数巧用来取代手写for循环匹配。
ios::sync_with_stdio(0);//cin,cout优化
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>w[i].s;
f[i]=1;
for(int j=i-1;j>=1;j--){
if(strstr(w[i].s,w[j].s)==w[i].s){
f[i]=max(f[i],f[j]+1);
}
}
ans=max(ans,f[i]);
}P1020 [NOIP1999 普及组] 导弹拦截
第一个问题求出最长不上升子序列的长度，第二问要求出最长上升序列长度。关于第二问的证明，可详见洛谷题解。
（1）假设打导弹的方法是这样的：取任意一个导弹，从这个导弹开始将能打的导弹全部打完。而这些导弹全部记为为同一组，再在没打下来的导弹中任选一个重复上述步骤，直到打完所有导弹。
（2）假设我们得到了最小划分的K组导弹，从第a(1<=a<=K)组导弹中任取一个导弹，必定可以从a+1组中找到一个导弹的高度比这个导弹高（因为假如找不到，那么它就是比a+1组中任意一个导更高，在打第a组时应该会把a+1组所有导弹一起打下而不是另归为第a+1组），同样从a+1组到a+2组也是如此。那么就可以从前往后在每一组导弹中找一个更高的连起来，连成一条上升子序列，其长度即为K;
（3）设最长上升子序列长度为P，则有K<=P;又因为最长上升子序列中任意两个不在同一组内(否则不满足单调不升)，则有P>=K，所以K=P。
——来源于洛谷题解
while(scanf("%d",&h[++n])!=EOF);n--;
d[++len1]=h[1];
t[++len2]=h[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
int tmp=h[i];
if(tmp<=d[len1]){
d[++len1]=tmp;
}
else{
*upper_bound(d+1,d+1+len1,tmp, greater<int>())=tmp;
//greater使得能在一个单调递减的数列中查询大小关系
//greater -->
}
if(tmp>t[len2]){
t[++len2]=tmp;
}
else{
*lower_bound(t+1,t+1+len2,tmp)=tmp;
}
}P1057 [NOIP2008 普及组] 传球游戏
当前在传球了i次后，在第j个人手中的情况数，等于第i-1次传球后，球在第j+1和j-1号人手中的方案数总和。（看了题解挺好想）
f[0][1]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(j==1){ //注意特判
f[i][j]+=f[i-1][j+1]+f[i-1][n];
}
else{
if(j==n){//注意特判
f[i][j]+=f[i-1][j-1]+f[i-1][1];
}
else
f[i][j]+=f[i-1][j-1]+f[i-1][j+1];
}
}
}
printf("%d",f[m][1]);P1455 搭配购买
缩点或是并查集来减少物品数量，之后就是0/1背包。
tarjan：
//tarjan
inline void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++idx;
S.push(u);
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(vis[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
if(low[u]==dfn[u]){
int t=-1;
tot++;
while(t!=u){
t=S.top();
belong[t]=tot;
S.pop();
vis[t]=0;
Cost[tot]+=cost[t];
Val[tot]+=val[t];
}
}
}
//0/1 backage
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=v;j>=Cost[i];j--){
f[j]=max(f[j],f[j-Cost[i]]+Val[i]);
}
}并查集：
void merge(int x,int y) {//并查集合并
int fx=getfather(x);
int fy=getfather(y);
if(fx!=fy) {
v[fx]+=v[fy];//合并成本
p[fx]+=p[fy];//合并价格
father[fy]=fx;
}
}P1466 [USACO2.2]集合 Subset Sums
转化为0/1背包问题，我们要找到1~n中的几个数之和是1~n之和的1/2，先判断能否和整除2，在将sum/2作为容积来求解方案数。f[i][j]表示前i个数填满容积为j的背包的方案数。
int sum=n*(n+1)/2;
if(sum%2!=0){
printf("0");return 0;
}
f[1][1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=sum;j++){
if(j>i)f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-i];
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
}
printf("%d",f[n][sum/2]);P1564 膜拜
dp[i]表示前i个人所需的最少机房数。前缀和+差分思想。
如果第i个人是1，那么sum[i]=sum[i-1]+1, 否则sum[i]=sum[i-1]-1
if(abs(sum[i]-sum[j-1]==i-j+1))，说明i到j都相同
if(abs(sum[i]-sum[j-1]<=m)),说明i和j之间的不同人数差不超过m
在符合以上两个条件下，转移方程：dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+1)
for(int i=1;i<=n;i++)
{
read(be[i]);
if(be[i]==1) sum[i]=sum[i-1]+1; //前缀和
else sum[i]=sum[i-1]-1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
if(abs(sum[i]-sum[j-1])==i-j+1||abs(sum[i]-sum[j-1])<=m)
dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+1);