洛谷题单题解【动态规划1】

蒟蒻记忆力有限，写个题解存下做题思路。欢迎指正错误！

普及-

P1216数字三角形

P1048 采药# [NOIP2005 普及组] 采药

题目描述

辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。”

如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？

输入格式

第一行有 $2$ 个整数 $T$（$1\le T\le 1000$）和 $M$（$1\le M\le 100$），用一个空格隔开，$T$ 代表总共能够用来采药的时间，$M$ 代表山洞里的草药的数目。

接下来的 $M$ 行每行包括两个在 $1$ 到 $100$ 之间（包括 $1$ 和 $100$）的整数，分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。

输出格式

输出在规定的时间内可以采到的草药的最大总价值。

样例 #1

样例输入 #1

70 3
71 100
69 1
1 2

样例输出 #1

3

提示

【数据范围】

• 对于 $30\%$ 的数据，$M\le 10$；
• 对于全部的数据，$M\le 100$。

【题目来源】

NOIP 2005 普及组第三题

解题思路

根据题目描述，得知有总容积，每株药草都不同，即每件物品只有一个，且都有其价值与容积。因此可以得出这是一个01背包板子题。

好水的题解啊

AC代码

#include
using namespace std;
const int N=1005;
int v[N],w[N];
int dp[N][N];


int main()
{
	int t,m;
	cin>>t>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=1;j<=t;j++)
		{
			if(j>=v[i])
			{
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);//01背包公式 
			}
			else dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}
	}
	cout<<dp[m][t];
}

---

P1115 最大子段和

题目描述

给出一个长度为 $n$ 的序列 $a$，选出其中连续且非空的一段使得这段和最大。

输入格式

第一行是一个整数，表示序列的长度 $n$。

第二行有 $n$ 个整数，第 $i$ 个整数表示序列的第 $i$ 个数字 $a_i$。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

7
2 -4 3 -1 2 -4 3

样例输出 #1

4

提示

样例 1 解释

选取 $[3,5]$ 子段 $\{3,-1,2\}$，其和为 $4$。

数据规模与约定

• 对于 $40\%$ 的数据，保证 $n\le 2\times 10^3$。
• 对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n\le 2\times 10^5$，$-10^4\le a_i\le 10^4$。

解题思路

对于这道题，我们可以枚举找出以arr[i]结尾的最大的序列和，用dp[i]来存储。

那么，如何找出dp[i]呢？

在输入的时候，进行一个判断：
如果加上i对应的值，序列和变大或不变（不影响结果），选择i-1时的序列加上i对应的值；
如果序列和变小，就只选择i-1时的序列。
注：dp[i]最小是它本身，也就是arr[i]。
我们用max函数可以实现这个判断操作，得到状态转移方程：

$dp[i]=max(arr[i],dp[i-1]+arr[i])$

最后再遍历dp数组，找出dp数组的最大值输出即可。

AC代码

#include
using namespace std;

const int N = 2e5+5;

int arr[N],dp[N],n;
int ans = -9999999;

int main()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));

    cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>arr[i];
		dp[i] = max(arr[i],1);
		dp[i] = max(dp[i],dp[i-1]+arr[i]);
		ans = max(dp[i],ans);
	}
	cout<<ans;
}

---

P1802 5倍经验日

题目背景

现在乐斗有活动了！每打一个人可以获得 5 倍经验！absi2011 却无奈的看着那一些比他等级高的好友，想着能否把他们干掉。干掉能拿不少经验的。

题目描述

现在 absi2011 拿出了 $x$ 个迷你装药物（嗑药打人可耻…），准备开始与那些人打了。

由于迷你装药物每个只能用一次，所以 absi2011 要谨慎的使用这些药。悲剧的是，用药量没达到最少打败该人所需的属性药药量，则打这个人必输。例如他用 $2$ 个药去打别人，别人却表明 $3$ 个药才能打过，那么相当于你输了并且这两个属性药浪费了。

现在有 $n$ 个好友，给定失败时可获得的经验、胜利时可获得的经验，打败他至少需要的药量。

要求求出最大经验 $s$，输出 $5s$。

输入格式

第一行两个数，$n$ 和 $x$。

后面 $n$ 行每行三个数，分别表示失败时获得的经验 ${lose}_i$，胜利时获得的经验 ${win}_i$ 和打过要至少使用的药数量 ${use}_i$。

输出格式

一个整数，最多获得的经验的五倍。

样例 #1

样例输入 #1

6 8
21 52 1
21 70 5
21 48 2
14 38 3
14 36 1
14 36 2

样例输出 #1

1060

提示

【Hint】

五倍经验活动的时候，absi2011 总是吃体力药水而不是这种属性药。

【数据范围】

• 对于 $10\%$ 的数据，保证 $x=0$。
• 对于 $30\%$ 的数据，保证 $0\le n\le 10$，$0\le x\le 20$。
• 对于 $60\%$ 的数据，保证 $0\le n,x\le 100$， $10<los{e}_i,wi{n}_i\le 100$，$0\le us{e}_i\le 5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，保证 $0\le n,x\le 10^3$，$0<los{e}_i\le wi{n}_i\le 10^6$，$0\le us{e}_i\le 10^3$。

【题目来源】

fight.pet.qq.com

absi2011 授权题目

解题思路

这道题看上去题目略有些繁琐，但是屏蔽掉一些无关紧要的词汇，就可以发现，这其实是一道01背包的变式题。

为什么呢？

这道题中，每个物品都有lose 和 win两个价值，也就是说，如果在普通01背包的dp操作时多加入一个判断——选择输的价值或赢的价值，就可以转化为01背包问题了。

如何转换？

1.所拥有的药水比对手多，可以选择赢或输他。
那么这个物品对应的dp即为max(选择赢的价值，选择输的价值)。
如果搞他，对应要减去用掉的药水数，加上赢得的价值。
如果不搞，就不用减去药水数（因为没用），加上输得的价值。
由此得到状态转移方程：

$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-beat[i]]+win[i],dp[i-1][j]+lose[i])$

2.所拥有的药水比对手少，只能选择输给他。
首先声明，如果你智商健全的话，大概是不会白白用掉道具打一盘必输局的！
那么，对应的dp就只用加上输得的价值。
由此得到状态转移方程：

$dp[i][j]=dp[i-1][j]+lose[i]$

最后输出即可。
别忘了乘5！博主最喜欢犯低级错误了

AC代码

#include
using namespace std;
const int N = 10005;

int n,m;
long long lose[N],win[N],beat[N];
//分别记录输的经验值，赢的经验值，需要的药水个数（即物品容积)
 
long long dp[N][N];

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>lose[i]>>win[i]>>beat[i];
	} 
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=m;j++)
		{
			dp[i][j] = dp[i-1][j]+lose[i];
			if(j >= beat[i]) dp[i][j] = max(dp[i-1][j-beat[i]]+win[i],dp[i-1][j]+lose[i]);
		} 
	}
	cout<<5*dp[n][m];
}

---

P1002 过河卒

题目描述

棋盘上 $A$ 点有一个过河卒，需要走到目标 $B$ 点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上 $C$ 点有一个对方的马，该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。因此称之为“马拦过河卒”。

棋盘用坐标表示，$A$ 点 $(0,0)$、$B$ 点 $(n,m)$，同样马的位置坐标是需要给出的。

现在要求你计算出卒从 $A$ 点能够到达 $B$ 点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。

输入格式

一行四个正整数，分别表示 $B$ 点坐标和马的坐标。

输出格式

一个整数，表示所有的路径条数。

样例 #1

样例输入 #1

6 6 3 3

样例输出 #1

6

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1\le n,m\le 20$，$0\le$ 马的坐标 $\le 20$。

【题目来源】

NOIP 2002 普及组第四题

解题思路

啊好眼熟，让我想起一位名叫bfs的故人

这道题也算一个dp的板子题吧，不过多加了一步查找与判断。

大概的思路：设置一个dp数组一个bool数组，bool数组用于判断这个地方是不是“马”的地盘，如果是，直接跳过。如果不是，就根据题目要求做dp。

AC代码

#include
using namespace std;

int nex[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
int ney[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
//遍历八个以x2,y2为中心的"马" 

long long dp[40][40];//存储路径 
bool horse[40][40];//是不是马的地盘 

int main()
{
	int x1,y1,x2,y2;
	cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
	
	x1+=2;y1+=2;x2+=2;y2+=2;
	//防止数组越界，这里+=2 
	
	dp[2][1] = 1;//init
	horse[x2][y2] = 1;//马老大的位置不能走 
	for(int i=1;i<=8;i++)
	{
		horse[x2+nex[i]][y2+ney[i]] = 1;//遍历8个马小弟的位置，标记为不能走 
	}
	
	for(int i=2;i<=x1;i++)
	{
		for(int j=2;j<=y1;j++)
		{
			if(horse[i][j]) continue;//如果被马占领，跳过 
			else dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];//可以走，做dp
			//i-1对应往右走，j-1对应往下走。 
		}
	}
	cout<<dp[x1][y1];
	return 0;
} 

---

P1049 装箱问题

题目描述

有一个箱子容量为 $V$，同时有 $n$ 个物品，每个物品有一个体积。

现在从 $n$ 个物品中，任取若干个装入箱内（也可以不取），使箱子的剩余空间最小。输出这个最小值。

输入格式

第一行共一个整数 $V$，表示箱子容量。

第二行共一个整数 $n$，表示物品总数。

接下来 $n$ 行，每行有一个正整数，表示第 $i$ 个物品的体积。

输出格式

• 共一行一个整数，表示箱子最小剩余空间。

样例 #1

样例输入 #1

24
6
8
3
12
7
9
7

样例输出 #1

0

提示

对于 $100\%$ 数据，满足 $0<n\le 30$，$1\le V\le 20000$。

【题目来源】

NOIP 2001 普及组第四题

解题思路

啊我大吃一惊……这不就完全背包板子题！
只需要套用完全背包模板，最后用总体积v减一下最后一个dp即可。

AC代码

#include
const int N=20005;

using namespace std;

int v,n;
int arr[35];
int dp[35][N];


int main()
{
	cin>>v>>n;
	
	for(int i= 1;i <= n; i++)
	{
		cin>>arr[i];
	}
	
	
	for(int i = 1;i <= n; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= v; j++)
		{
			if(j>=arr[i])
			{
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-arr[i]]+arr[i]);
			}
			else dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}
	} 
	
	cout<<v-dp[n][v];
}

---

P1616 疯狂的采药

题目背景

此题为纪念 LiYuxiang 而生。

题目描述

LiYuxiang 是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一些不同种类的草药，采每一种都需要一些时间，每一种也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。”

如果你是 LiYuxiang，你能完成这个任务吗？

此题和原题的不同点：

$1$. 每种草药可以无限制地疯狂采摘。

$2$. 药的种类眼花缭乱，采药时间好长好长啊！师傅等得菊花都谢了！

输入格式

输入第一行有两个整数，分别代表总共能够用来采药的时间 $t$ 和代表山洞里的草药的数目 $m$。

第 $2$ 到第 $(m+1)$ 行，每行两个整数，第 $(i+1)$ 行的整数 $a_i,b_i$ 分别表示采摘第 $i$ 种草药的时间和该草药的价值。

输出格式

输出一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。

样例 #1

样例输入 #1

70 3
71 100
69 1
1 2

样例输出 #1

140

提示

数据规模与约定

• 对于 $30\%$ 的数据，保证 $m\le 10^3$ 。
• 对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le m\le 10^4$，$1\le t\le 10^7$，且 $1\le m\times t\le 10^7$，$1\le a_i,b_i\le 10^4$。

解题思路

这道题根据数据大小，主要考察的是完全背包的空间优化，之前也写过所以直接放代码了。
数组别忘记开long long，不然会WA，别问我怎么知道，翻完了所有的题解都没发现哪里错了，最后被这个蒟蒻错误甜蜜暴击。

AC代码

#include
const long long N=1e7+5;
using namespace std;
long long dp[N];
long long v[N],w[N];

int main()
{
	int n,V;
	cin>>V>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=v[i];j<=V;j++)
		{
			dp[j] = max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
		}
	}
	cout<<dp[V];
	
}

---

P1164 小A点菜

题目背景

uim 神犇拿到了 uoi 的 ra（镭牌）后，立刻拉着基友小 A 到了一家……餐馆，很低端的那种。

uim 指着墙上的价目表（太低级了没有菜单），说：“随便点”。

题目描述

不过 uim 由于买了一些书，口袋里只剩 $M$ 元 $(M\le 10000)$。

餐馆虽低端，但是菜品种类不少，有 $N$ 种 $(N\le 100)$，第 $i$ 种卖 $a_i$ 元 $(a_i\le 1000)$。由于是很低端的餐馆，所以每种菜只有一份。

小 A 奉行“不把钱吃光不罢休”，所以他点单一定刚好把 uim 身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。

由于小 A 肚子太饿，所以最多只能等待 $1$ 秒。

输入格式

第一行是两个数字，表示 $N$ 和 $M$。

第二行起 $N$ 个正数 $a_i$（可以有相同的数字，每个数字均在 $1000$ 以内）。

输出格式

一个正整数，表示点菜方案数，保证答案的范围在 int 之内。

样例 #1

样例输入 #1

4 4
1 1 2 2

样例输出 #1

3

提示

2020.8.29，增添一组 hack 数据 by @yummy

解题思路

根据题目，每个菜品只有一份balabala，得出这是01背包变式，只不过dp数组存储的东西变成了方案数。
那么，我们遍历每一道菜品时，只需要在吃 不吃之间选择。

如果不吃：延续上一个菜品的方案数

如果吃：套用01背包公式，还要再加上当前钱数-菜品钱数的方案数。
得到状态转移方程：$dp[i][j]+=dp[i-1][j-arr[i]]$

AC代码

#include

using namespace std;
int arr[105];
int dp[105][10005];

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>arr[i];
		dp[i][0]=1;//选一个的话都有1种选法。 
	}
	
	dp[0][0]=1;//init
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			dp[i][j] += dp[i-1][j];//先都按照吃不起算 
			if(j >= arr[i])//如果吃得起 
			{
				dp[i][j]+=dp[i-1][j-arr[i]];//转换为01背包问题 
			}
		}
	}
	
	cout<<dp[n][m];
}

---

普及/提高-

P1434 滑雪

题目描述

Michael 喜欢滑雪。这并不奇怪，因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降机来载你。Michael 想知道在一个区域中最长的滑坡。区域由一个二维数组给出。数组的每个数字代表点的高度。下面是一个例子：

1   2   3   4   5
16  17  18  19  6
15  24  25  20  7
14  23  22  21  8
13  12  11  10  9

一个人可以从某个点滑向上下左右相邻四个点之一，当且仅当高度会减小。在上面的例子中，一条可行的滑坡为 $24-17-16-1$（从 $24$ 开始，在 $1$ 结束）。当然 $25$－$24$－$23$－$\dots$－$3$－$2$－$1$ 更长。事实上，这是最长的一条。

输入格式

输入的第一行为表示区域的二维数组的行数 $R$ 和列数 $C$。下面是 $R$ 行，每行有 $C$ 个数，代表高度(两个数字之间用 $1$ 个空格间隔)。

输出格式

输出区域中最长滑坡的长度。

样例 #1
样例输入 #1

5 5
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9

样例输出 #1

25

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1\le R,C\le 100$。

解题思路

这是一道dfs的问题，为了防止数据爆，所以加一个记忆化搜索。
单独说思路的话……不太好说啊，直接放一下代码吧。
这里主要是取max的东西比较容易晕，需要着重记忆一下。剩下的就是dfs模板啦

AC代码

#include
using namespace std;
const int N = 105;

int arr[N][N],dp[N][N];
int ne[4][2] = {0,1,1,0,0,-1,-1,0};//可以到达的四个位置 

int n,m;

int dfs(int x,int y)
{
	if(dp[x][y] != 0) return dp[x][y];
	
	for(int i=0;i<4;i++)
	{
		int nx = x+ne[i][0];
		int ny = y+ne[i][1];
		if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m || arr[nx][ny] >= arr[x][y]) continue;
		//边界条件 
		dp[x][y] = max(dfs(nx,ny)+1,dp[x][y]);
		//原有的路径长和dfs路径长+1（因为加上它本身）取最大值 
	}
	return max(dp[x][y],1);//不可以是0 
	
	
}

int main()
{
	cin>>n>>m;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			cin>>arr[i][j];
		}
	}
	
	int res = 0;
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			res = max(res,dfs(i,j)); //设置变量res每一次找最大值 
		}
	}
	cout<<res;
	
} 

普及+/提高