每日一练c++题目日刊 | 第十期

第一题：二维矩阵中的最短路径

题目描述

给定一个二维矩阵，包含 n 行 m 列，每个元素都是整数。现在要求从左上角 (1,1) 出发，每次只能向右或向下移动，最后到达右下角 (n,m)。在每一步中，你可以选择使用一次费用为 ci 的道具，使得你可以直接跳到 (i+1,m) 这一列。问最少花费多少的费用，才能从左上角 (1,1) 到达右下角 (n,m)。

输入格式

第一行包含两个整数 n,m。

接下来 n 行，每行包含 m 个整数，表示矩阵的元素。

接下来一行包含 m 个整数 c1,c2,…,cm，表示每列的费用。

输出格式

输出一个整数，表示最少的花费。

数据范围

1≤n,m≤1000,

0≤矩阵元素≤1000,

0≤ci≤1000

输入样例

4 4
1 3 5 9
2 3 4 5
4 5 6 7
8 9 1 2
1 2 3 4

输出样例

5

解题思路&C++题解

算法

(动态规划) $O(n^2)$

状态表示：$d{p}_{i,j}$ 表示到达 $(i,j)$ 这个位置所需要的最小花费。

状态转移方程

$d{p}_{i,j}=min(d{p}_{i,j-1}+cos{t}_j,d{p}_{i-1,j}+cos{t}_j)$

表示从 $(i-1,j)$ 或者 $(i,j-1)$ 转移到 $(i,j)$ 所需的最小费用。

因为只能向右或向下移动，所以转移时只能从 $(i-1,j)$ 或者 $(i,j-1)$ 这两个位置转移过来。

初始化：$d{p}_{1,j}=cos{t}_1+d{p}_{1,j-1}$，$d{p}_{i,1}=cos{t}_1+d{p}_{i-1,1}$

最终结果：$d{p}_{n,m}$

下面是 c++ 代码实现：

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
int a[N][N];
int cost[N];
int dp[N][N];

int main()
{
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            cin >> a[i][j];

    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
        cin >> cost[i];

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 1; j <= m; j ++ )
            dp[i][j] = min(dp[i][j - 1] + cost[j], dp[i - 1][j] + cost[j]);

    cout << dp[n][m] << endl;

    return 0;
}

上面的代码实现了状态转移方程的过程。

注意：

• 矩阵的行和列都是从 1 开始编号的，所以要注意初始化和转移的时候数组下标的边界。

• 在转移的时候，需要考虑使用道具的情况。

第二题：01 串的满足条件的个数

题目描述

给定一个整数 n，请你求出有多少个长度为 n 的 01 串，满足下列条件：

在二进制表示下，每一位都是 0 或者 1。
每个 0 后面必须跟着至少一个 1。
每个 1 后面可以跟着任意个数的 0。

输入格式

第一行包含一个整数 n，表示 01 串的长度。

输出格式

输出一个整数，表示满足条件的 01 串的个数。

数据范围

1≤n≤17

输入样例

4

输出样例

5

解题思路&C++题解

算法

(动态规划) $O(n^2)$

状态表示：$d{p}_{i,j}$ 表示前 i 位中有 j 个 1 的情况下，满足条件的 01 串的个数。

状态转移方程

$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}$，表示在第 i 位放 1。
$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$，表示在第 i 位放 0。
初始化：$d{p}_{1,1}=1$，$d{p}_{1,0}=0$

最终结果：$d{p}_{n,j}$，其中 $0\le j\le n$

下面是 c++ 代码实现：

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 20;

int n;
int dp[N][N];

int main()
{
    cin >> n;

    dp[1][1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ )
        for (int j = 0; j <= i; j ++ )
            dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];

    int res = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i ++ )
        res += dp[n][i];

    cout << res << endl;

    return 0;
}

上面的代码实现了状态转移方程的过程。

注意：

• 由于在第 i 位可以放 0 或者 1，所以 j 的范围是 $0\le j\le i$。

• 在求最终结果的时候，需要将所有的 $d{p}_{n,j}$ 累加起来。