kuangbin带你飞 专题十二 基础DP1
好久没做DP了，虽说是基础DP1吧，第一题就把我海虐了
感觉DP真是看脑洞，最近脑子各种混乱睡眠也不足，还是得要好好理解的
HDU 1024
题意：最大m段区间和啊
题解：这题正常的方法都会MLE 啊TLE啊
dp[i][j]这个数组表示前j个元素中取i段的最大值，并且取了a[j]
自然是开不下二维的
于是要用一维滚动数组（这方面我真是不行，滚动数组很久以前也学过，一碰到难题就想不出）
用dp[j]表示取了a[j]情况下的当前一层（取多少组区间）的最大值，然后要开个num[j]数组，记录1-j情况下（上一层）取到的最大值
先是循环1-m，表示当前是取了多少个区间，然后元素从i-n遍历（因为前面取了i-1层，至少有i-1个元素，所以j从i开始考察）
第i层的dp[j]是第i层的dp[j-1]+a[j],（把a[j-1]和a[j]看在一起），或者是num[j-1]+a[j]。
要开个maxn记录这一层dp[1-j]的最大值，然后赋值给num[j]，由于到达i+1层之后num[i]就不成立了所以一直开始maxn赋值是INF，然后maxn=max(maxn,dp[j])，在j+1的时候赋值给num[j]
另外我开LL 会TLE，然后比较虚，看discuss里说int也能过，果然
int a[MAX];
int dp[MAX];
int num[MAX];
int main(){
int n,m;
while(~scanf("%d%d",&m,&n)){
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
mem0(dp);
mem0(num);
int maxn;
for(int i=1;i<=m;i++){
maxn=-INF;
for(int j=i;j<=n;j++){
dp[j]=max(dp[j-1],num[j-1])+a[j];
num[j-1]=maxn;
maxn=max(dp[j],maxn);
}
}
printf("%d\n",maxn);
}
return 0;
}
poj 1015
在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是
由法官从公众中挑选的。先随机挑选n 个人作为陪审团的候选人，然后
再从这n 个人中选m 人组成陪审团。选m 人的办法是：控方和辩方会
根据对候选人的喜欢程度，给所有候选人打分，分值从0 到20。为了
公平起见，法官选出陪审团的原则是：选出的m 个人，必须满足辩方
总分和控方总分的差的绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分
和控方总分的之差的绝对值相同，那么选辩控双方总分之和最大的
方案即可。最终选出的方案称为陪审团方案。
为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分
之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。
第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控
方总分之和记为S(i)。现用f(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩
控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方
案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，
使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。
本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求
出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案
自然就很容易找到了。
问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，
才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x)
( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成
方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(j-1, x)中
没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的f(j-1, x)中，
选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i，
就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。
不妨将方案f(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的
元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号，
就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k，
那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。
初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推，
就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题
的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩
控差的值k 可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中
不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中，
如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。
这题好难，自己瞎搞了好久都跪了，然后就看kuangbin大神的题解，确实厉害啊
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAX 205
#define MAXN 10005
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define mid int m=(r+l)>>1
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define mem0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mem1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define meminf(x) memset(x,INF,sizeof(x))
#define lowbit(x) (x&-x)
const int mod = 1000000007;
const int prime = 999983;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int INFF = 1e9;
const double pi = 3.141592653589793;
const double inf = 1e18;
const double eps = 1e-10;
int path[25][805];//记录j，k状态下选择的是第几个人
int d[MAX],p[MAX];
int dp[25][805];//第二维是辩控差，数组记录辩控和
int num[MAX];
int main(){
int n,m;
int kase=0;
while(scanf("%d%d",&n,&m)&&n){
kase++;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);
mem1(path);
mem1(dp);
int mm=m*20;//辩控差0转化为mm
dp[0][mm]=0;
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=0;k<=2*mm;k++){
if(dp[j-1][k]>=0){//情况可行
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dp[j-1][k]+p[i]+d[i]>dp[j][k+p[i]-d[i]]){//前一种情况加上第i个人，大于此时j个人的情况，类似于背包
int t1=j-1,t2=k;
while(t1>0&&path[t1][t2]!=i){//检查前j-1个人中有没有i
t2-=p[path[t1][t2]]-d[path[t1][t2]];
t1--;
}
if(t1==0){//没有出现过i
dp[j][k+p[i]-d[i]]=dp[j-1][k]+p[i]+d[i];
path[j][k+p[i]-d[i]]=i;
}
}
}
}
}
}
int j=mm;
int i=0;
int tmp;
while(dp[m][j-i]<0&&dp[m][j+i]<0) i++;//看辩控差最小是多少
if(dp[m][j+i]>dp[m][j-i]) tmp=j+i;//取辩控和大的
else tmp=j-i;
int tot=0;
for(int i=path[m][tmp],t=tmp,j=m;i!=-1&&j>0;i=path[j][t]){
j--;
t-=p[i]-d[i];
num[tot++]=i;//顺着找回去
}
sort(num,num+tot);
printf("Jury #%d\n",kase);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(dp[m][tmp]+tmp-mm)/2,(dp[m][tmp]-tmp+mm)/2);
for(int i=0;i<tot;i++) printf(" %d",num[i]);
printf("\n\n");
}
return 0;
}
HDU 1160
题意：给你一些老鼠，有质量和速度两个参数，让你找到最多的老鼠的排列，让他们质量递增，速度递减
题解：dp[i]表示选择第i只老鼠作为最后一只的时候最多能选多少只，先对老鼠的质量升序排序，速度降序，然后dp[i]=max（dp[k]）k<i;
就这样遍历，o（n^2）的复杂度可以过，然后开个vector记录路径，当前dp[i]最优解的情况下的序号
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAX 1005
#define MAXN 10005
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define mid int m=(r+l)>>1
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define mem0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mem1(x) memset(x,-1,sizeof(x))
#define meminf(x) memset(x,INF,sizeof(x))
#define lowbit(x) (x&-x)
const int mod = 1000000007;
const int prime = 999983;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int INFF = 1e9;
const double pi = 3.141592653589793;
const double inf = 1e18;
const double eps = 1e-10;
struct mice{
int w,s,id;
bool operator < (const mice &a) const{
if(w==a.w) return s>a.s;
return w<a.w;
}
}p[MAX];
vector<int> v[MAX];
int dp[MAX];
int main(){
int xcount=1;
int a,b;
while(~scanf("%d%d",&a,&b)){
p[xcount]=(mice){a,b,xcount};
xcount++;
}
sort(p+1,p+xcount);
int ans=0;
int cnt=0;
for(int i=1;i<xcount;i++){
dp[i]=1;
int maxn=0;
int flag=-1;
for(int j=1;j<i;j++){
if(p[i].w>p[j].w&&p[i].s<p[j].s){
if(maxn<dp[j]){
maxn=dp[j];
flag=j;
}
}
}
if(flag!=-1){
dp[i]+=maxn;
for(int k=0;k<v[flag].size();k++){
v[i].push_back(v[flag][k]);
}
if(ans<dp[i]){
ans=dp[i];
cnt=i;
}
}
v[i].push_back(p[i].id);
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=0;i<v[cnt].size();i++){
printf("%d\n",v[cnt][i]);
}
return 0;
}