dp-挑战程序设计竞赛-状态的选择 多重部分和 LIS

DP的核心是状态的定义，状态的巧妙定义。

多重部分和

题目：给定整数a1、a2、.......an，每种数各mi个,判断是否可以从中选出若干数，使它们的和恰好为K。

分析：这是一个完全背包恰好装满的问题，当然可以用O(NKmi)

但通过把状态dp[i][j]定义成第i个数字使得和为j剩下的个数

这样，如果dp[i][j]>=0 那么和为j是可以用前i个数填满的，否则我们定义dp[i][j]=-1;

所以有三种状态转移方式

if(dp[i-1][j]>=0) dp[i][j]=mi;（全剩下了）

else if(a[i]>j || dp[i][j-a[i]]<=0) dp[i][j]=-1;（填不满）

else a[i][j]=a[i][j-a[i]]-1; （能填满，剩下的数比a[i][j-a[i]]少1）

这个方式很像完全背包，通过一件一件往后推，减少了内层循环，复杂度也是O(NK)

代码如下

int dp[maxn];
fill(dp,dp+n,-1)
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=1;j<=k;j++){
	if(dp[i-1][j]>=0) dp[i][j]=m[i];
	else if(a[i]>j || dp[i][j-a[i]]<=0) dp[i][j]=-1;
	else dp[i][j]=dp[i][j-a[i]]-1;
	}
}

单调队列优化做法：用O(NK)时间内还可以求出重量

LIS问题

如何用O(nlogn)来实现这个问题？

最长递增子序列，Longest Increasing Subsequence 下面我们简记为 LIS。
排序+LCS算法 以及 DP算法就忽略了，这两个太容易理解了。

假设存在一个序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7，可以看出来它的LIS长度为5。n
下面一步一步试着找出它。
我们定义一个序列B，然后令 i = 1 to 9 逐个考察这个序列。
此外，我们用一个变量Len来记录现在最长算到多少了

首先，把d[1]有序地放到B里，令B[1] = 2，就是说当只有1一个数字2的时候，长度为1的LIS的最小末尾是2。这时Len=1

然后，把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1，就是说长度为1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已经没用了，很容易理解吧。这时Len=1

接着，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是说长度为2的LIS的最小末尾是5，很容易理解吧。这时候B[1..2] = 1, 5，Len＝2

再来，d[4] = 3，它正好加在1,5之间，放在1的位置显然不合适，因为1小于3，长度为1的LIS最小末尾应该是1，这样很容易推知，长度为2的LIS最小末尾是3，于是可以把5淘汰掉，这时候B[1..2] = 1, 3，Len = 2

继续，d[5] = 6，它在3后面，因为B[2] = 3, 而6在3后面，于是很容易可以推知B[3] = 6, 这时B[1..3] = 1, 3, 6，还是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6个, d[6] = 4，你看它在3和6之间，于是我们就可以把6替换掉，得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4， Len继续等于3

第7个, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。于是B[4] = 8。Len变成4了

第8个, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。Len继续增大，到5了。

最后一个, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。

于是我们知道了LIS的长度为5。

!!!!! 注意。这个1,3,4,7,9不是LIS，它只是存储的对应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾，我们就可以一个一个地插入数据。虽然最后一个d[9] = 7更新进去对于这组数据没有什么意义，但是如果后面再出现两个数字 8 和 9，那么就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出LIS的长度为6。

在B中插入数据是有序的，而且是进行替换而不需要挪动——也就是说，我们可以使用二分查找，将每一个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就降低到了O(NlogN)～！

个人理解：这个更新的作用是什么呢？当前的更新是为了后面的数能够产生更长的递增子序列，因为dp[i]变小了，后面的序列才可能因此更长，每次更新对之前的状态是没有影响的。

fill(dp,do+n,INF);
for(int i=0;i<n;i++){
	<span style="color:#ff0000;">*</span>lower_bound(dp,dp+n,a[i])=a[i];
}
cout<<lower_bound(dp,dp+n,INF)-dp<<endl;

注意lower_bound 和 upper_bound 是标准库函数，lower_bound(a,a+n,k)找到的是a[i]>=k的最小 指针（对数组）

函数lower_bound()在first和last中的前闭后开区间进行二分查找，返回大于或等于val的第一个元素位置。如果所有元素都小于val，则返回last的位置，返回查找元素的第一个可安插位置，也就是“元素值>=查找值”的第一个元素的位置

upper_bound( const key_type &key ):返回一个迭代器，返回查找元素的最后一个可安插位置，也就是“元素值>查找值”的第一个元素的位置。