dp(题型小结)
好久没写总结了，问题积累了不少，把做过的题型分类总结一下了，下面这些题型也是我在hdu acm step里面碰到的类型题，重新梳理一下思路。
题型一：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1003
hdu1003思路前段时间已经叙述过了，在这里重点说一下这种题型的入手点，
一看这种题型就是属于求最大子序列的和，切入点就是找到start和end，即起始位置以及结束位置。起初，我碰到这道题的时候，也是借鉴网上的一些办法，不过随着学习的不断深入，也逐渐有了点头绪，其实思路还是和网上的基本一致，但这只是借鉴和学习，并没有真正做到融会贯通，这还需要时间吧。希望在以后的学习中能加入自己的一些点子。具体思路看我的博客吧！
题型二：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1159
类似1003，但又有所不同，求解最大公共子序列的长度。也相当于是上一种的变形了，也就是传说中的LCS（刚学的时候感觉很神啊，呵呵）,这种题也有模板，如下：
View Code
void
LCS(
char
a[],
char
b[],
int
x,
int
y)
{
int
i,j;
for
(i
=
0
;i
<=
x;i
++
)
c[i][
0
]
=
0
;
for
(j
=
0
;j
<=
y;j
++
)
c[
0
][j]
=
0
;
for
(i
=
1
;i
<=
x;i
++
)
{
for
(j
=
1
;j
<=
y;j
++
)
{
if
(a[i
-
1
]
==
b[j
-
1
]) {c[i][j]
=
c[i
-
1
][j
-
1
]
+
1
;}
else
{ c[i][j]
=
Max( c[i][j
-
1
], c[i
-
1
][j]);}
}
}
}
这是hdu课件里边的方法，方法不错，也就拿来学习了，这种思维对于惯性思维来说还是有挑战性的，当时我为了弄明白这个题，整整花了一个下午的时间。到最后终于知道是怎么回事了。
其中，c[i][j]表示a中的第i个字符和b中的第j个字符相比较，结果为两串相比较前的a中前i个字符和b中前j个公共字符的长度，c[i][j]=c[i-1][j-1]+1，表示在a[i-1]和b[j-1]相等的情况下，使其相等字符的个数加1，即c[i-1][j-1]+1，否则，c[i][j]=Max( c[i][j-1], c[i-1][j])，解释为在a中的第i个和b中第j个不相等的时候，那么就需要从前面a中的第i个和b中的第j-1个的值以及a中的第i-1个和b中的第j个寻找一个最大的赋给c[i][j],这样方便下一次比较。
这里面就有很强的动态性，即最大子序列长度的传递性，利用二维数组，将本来间断的关系线性化。
for(i=0;i<=x;i++)
c[i][0]=0;
for(j=0;j<=y;j++)
c[0][j]=0;
这是在没有比较之前，结果都为0。
题型三：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1087
这个题，刚开始我用dfs做的，结果超时，剪枝也不好使。后来估计这可能是dp, 根据dfs的思路一想，后来也看了网上的报告，的确是！
这是我刚开始用dfs做的，其实dp和dfs的思路一个样，只是从时间上比dfs快了不少。
dfs
#include
"
iostream
"
using
namespace
std;
int
a[
1010
];
int
n,sum;
int
p
=
0
;
void
dfs(
int
x,
int
y)
{
while
(y
<=
x
&&
x
<
n) y
++
;
if
(a[x]
<
a[y]
&&
y
<
n
&&
x
<
n)
{
sum
+=
a[y];
x
=
y;
if
(x
<
n
-
1
&&
y
<
n
-
1
) dfs(x,y);
}
else
if
(y
<
n
-
1
){ y
++
;
if
(y
<
n
-
1
) dfs(x,y);}
}
int
main()
{
int
i,j;
while
(cin
>>
n,n)
{
for
(i
=
0
;i
<
n;i
++
) cin
>>
a[i];
int
Max
=-
1
;
sum
=
0
;
for
(i
=
0
;i
<
n;i
++
)
{
sum
=
a[i];
if
(Max
<
sum) Max
=
sum;
for
(j
=
i
+
1
; j
<
n; j
++
)
{
p
=
0
;
if
(a[i]
<
a[j])
{
sum
+=
a[j];
dfs(j,p);
}
if
(sum
>
Max) Max
=
sum;
sum
=
a[i];
}
}
cout
<<
Max
<<
endl;
}
return
0
;
}
后来，看了一下网上的解题报告，很快思路就有了。
状态转移方程 b[i]=max(b[i], b[j]+a[i])，关键点，比dfs省去了许多不必要的计算步骤，核心代码：
View Code
for
(i
=
1
;i
<
n;i
++
)
{
b[i]
=
a[i];
for
(j
=
0
;j
<
i;j
++
)
if
(a[j]
<
a[i]
&&
b[i]
<
b[j]
+
a[i])
b[i]
=
b[j]
+
a[i];
if
(b[i]
>
Max) Max
=
b[i];
}
这个也容易理解，a[j]<a[i]是判断棋子是否是按照递增的顺序走的，至于b[i]<b[j]+a[i],是判断前i段的和和前j段的和加上第i个数是比较，找一个最大的。
最后和Max比较即可求出最大值。
题型四：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1160
早上好！继续了！
这道题思路简单，刚开始用搜索做的结果一直w，不知道为什么，当时看数据量也不是很大，1000也不大啊，时间复杂度最带也就是O(n^2),其实真正运行达不到这个时间，估摸着又是dp了，后来借鉴网上的方法，改为dp, 也过了。核心代码：
View Code
for
(i
=
1
;i
<
k;i
++
)
{
a[i]
=
1
; b[i]
=-
1
;
for
(j
=
i
-
1
;j
>=
1
;j
--
)
{
if
(s[i].w
>
s[j].w
&&
s[i].v
<
s[j].v
&&
a[j]
+
1
>
a[i])
{
a[i]
=
a[j]
+
1
;
b[i]
=
j;
}
}
if
(a[i]
>
Max)
{
Max
=
a[i];
flag
=
i;
}
}
状态转移方程：
a[i]=a[j]+1;
b[i]=j; 其实，b[i]用于标记路径。同前面几个一样，a[i]记录的是最长递增子序列。条件限制 s[i].w>s[j].w && s[i].v<s[j].v && a[j]+1>a[i]，表示为在质量严格递增，速度严格递减的情况下，比较a[i]和a[j]+1。
题型五：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2571
原来这是个系列题，挺有意思，有兴趣的可以做一做，网址：http://acm.hdu.edu.cn/search.php?field=problem&key=ACM。前段时间在poj上做过一个类型题，http://poj.org/problem?id=2704 不过这个题里面已经给出状态转移方程，dp[i][j],dp[i+1][y],dp[i][k*y](k>1),这样就使问题简单了不少。核心代码如下，
View Code
for
(i
=
1
;i
<=
n;i
++
)
{
for
(j
=
1
;j
<=
m;j
++
)
{
if
(j
!=
1
) dp[i][j]
=
Max(dp[i][j], dp[i][j
-
1
]
+
a[i][j]);
if
(i
!=
1
) dp[i][j]
=
Max(dp[i][j] , dp[i
-
1
][j]
+
a[i][j]);
for
(
int
p
=
2
;p
<=
m; p
++
)
{
if
(j
*
p
>
m)
break
;
dp[i][j
*
p]
=
Max(dp[i][j]
+
a[i][j
*
p] , dp[i][j
*
p] );
}
}
}
题型6：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1176
开始没什么思路，这道也是dp问题，但找不到突破点，后来上网一查，很出乎意料，竟尽然是数塔模型。只好借鉴了，到现在没其他思路。慢慢想吧。
代码如下，
View Code
for
(i
=
1
;i
<=
n;i
++
)
{
cin
>>
a
>>
b;
dp[b][a]
++
;
if
(Max
<
b) Max
=
b;
}
for
(i
=
Max ; i
>=
1
; i
--
)
{
for
(j
=
0
;j
<=
10
; j
++
)
{
if
(j
==
0
)
dp[i
-
1
][j]
+=
MAX(dp[i][j], dp[i][j
+
1
]);
else
if
(j
==
10
)
dp[i
-
1
][j]
+=
MAX(dp[i][j
-
1
],dp[i][j]);
else
dp[i
-
1
][j]
+=
MAX(MAX(dp[i][j
-
1
], dp[i][j]),dp[i][j
+
1
]);
}
}
cout
<<
dp[
0
][
5
]
<<
endl;
具体思路还在思考过程中。。。。。。