POJ3176-Cow Bowling

題目大意：現(xiàn)有n行數(shù)，以金字塔的形式排列，即第一行一個(gè)數(shù)字，第二行2個(gè)數(shù)字，依次類推，現(xiàn)在需要找一條從第一層到第n層的路線，使得該路線上的所有點(diǎn)的權(quán)值和最大

思路：根據(jù)分析可以得出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])，dp[i][j]表示以第i行第j個(gè)位置作為終點(diǎn)的的線路中的最大權(quán)值。

#include <iostream> using namespace std; const int N = 360; int s[N][N]; int dp[N][N]; int main () {int n;cin >> n;for(int i=1;i <= n;i++)for(int j=1;j <= i;j++)cin >> s[i][j];for(int i=n;i ;i--){for(int j=1;j <= i;j++)//從下網(wǎng)上依次找到最大的 {dp[i][j] = s[i][j] + max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]);}}cout<< dp[1][1]<<endl;return 0; } A

?

Poj 2229（dp）

題目大意：求把一個(gè)整數(shù)分解為2的冪的和共有幾種方案

6=1+1+1+1+1+1

6=1+1+1+1+2

6=1+1+2+2

6=1+1+4

6=2+2+2

6=2+4

思路1：

如果i為奇數(shù)，肯定有一個(gè)1，把f[i-1]的每一種情況加一個(gè)1就得到fi,所以f[i]=f[i-1]

如果i為偶數(shù)，如果有1，至少有兩個(gè)，則f[i-2]的每一種情況加兩個(gè)1，就得到i，

　　　　　　如果沒有1，則把分解式中的每一項(xiàng)除2，則得到f[i/2] ?（比如 4 = 2+2 ，4 = 4 ?除2后就變成 2 = 1 + 1 ， 2 = 2） ?

所以f[i]=f[i-2]+f[i/2]

#include <iostream> #include <cstdio>using namespace std; const int mod = 1e9 ; const int maxn = 1000000 + 5; typedef long long LL;LL dp[maxn];int main() {int n;cin >> n;dp[0] = 1,dp[1] = 1;for(int i=2;i<=n;i++){if(i & 1)//奇數(shù)dp[i] = dp[i-1];else//偶數(shù) {dp[i] = dp[i-2] + dp[i/2],dp[i] %= mod;}}cout<< dp[n] <<endl;return 0; } B_遞推

?思路2：

題目分析： d[i][v] ?表示前i物品之和為v的最多數(shù)量, ?有狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程 d[i][v] ?= sum( d[i-1][v-k*c[i]] | ? 0 < k*c[i] <=v)

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 利用完全背包O(vn)優(yōu)化的思想， 這里思想是相同的，則d[v] += d[v-c[i]]?

#include <iostream> #include <cstdio>using namespace std; const int mod = 1e9; const int maxn = 1e6 + 5; const int INF = 0x3f3f3f3f; typedef long long LL; int s[20]; LL dp[maxn];int main() {int n;scanf("%d",&n);s[0] = 1;for(int i=1;i<20;i++)s[i] = s[i-1]*2; //打表記錄 2的0-20次方dp[0] = 1;for (int i =0;i < 20; i++){if(s[i] > n) break;for(int j=s[i];j <= n ;j++){dp[j] += dp[ j-s[i] ] ;if(dp[j] > mod )dp[j] %= mod;}}printf("%lld",dp[n]);return 0; } B_完全背包 容易T

?

poj 2385?Apple Catching

題意：有兩棵蘋果樹，標(biāo)號(hào)分別為1,2。每分鐘有其中的一棵樹會(huì)掉下一個(gè)蘋果，奶牛一分鐘只能在其中一棵樹下接到蘋果，但她不知道下一分鐘會(huì)是那棵樹掉下蘋果，所以她就要在兩棵樹下來回跑。但她只會(huì)在樹下跑W次。問你在T分鐘內(nèi)，奶牛bessie最多能接到多少蘋果。

?

思路:一道簡(jiǎn)單的DP。

先給出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+count。這里的dp[i][j]代表在第i分鐘移動(dòng)j次最多能接到的蘋果數(shù)。

在第i分鐘奶牛到某棵樹下有兩種狀態(tài)：

1.從另一棵樹走過來(dp[i-1][j-1])

2.本來就呆在這棵樹下(dp[i-1][j])。所以在第i分鐘時(shí)能接到的最大蘋果數(shù)就是dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+count。

這里count的值可以這樣計(jì)算：如果j為偶數(shù)說明她移動(dòng)了j次又回到了第一棵樹下，則count=a[i]==1?1:0;即count=2-a[i]。若j為奇數(shù)說明她移動(dòng)了j次后到了第二棵樹下，則count=a[i]==2?1:0（即count=a[i]-1)。

?

#include <iostream> #include <cstdio>using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; const int maxn = 1000 + 5; const int INF = 0x3f3f3f3f; typedef long long LL; int s[maxn]; int dp[maxn][40];//p[i][j]代表第i棵樹 最多j次走 最大能吃到的Apple int solve (int t,int w) {int count;for(int i=0;i <= w;i++) dp[0][i] = 0;//初始化for(int i =1;i <= t;i++)//一共最多w次 {dp[i][0] = dp[i-1][0] + 2-s[i]; //如果一次沒動(dòng)過 只要s[i] = 1 就 +1for(int j=0;j <= w;j++){if(j % 2) //j是奇數(shù) 此時(shí)在第2顆樹上count =s[i] -1 ; //如果s[i] =2 說明有1次else //j是偶數(shù) 此時(shí)在第1顆樹上count = 2-s[i];dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]) + count;}}count = 0;for(int i=1;i <= t;i++){for(int j=0;j <= w ;j++){if(dp[i][j] > count )count = dp[i][j];}}return count; }int main() {int t,w;scanf("%d %d",&t,&w);for(int i=1;i <= t;i++){cin >> s[i];}cout<< solve(t,w)<<endl;return 0; } C

?

//其實(shí)第三題的 count不需要比較 因 //為遞推的時(shí)候dp = max(dp[i-1][j] ,dp[i][j]) 了 就是現(xiàn)在的狀態(tài)記錄的已經(jīng)是最優(yōu)解 count = 0;for(int i=1;i <= t;i++){for(int j=0;j <= w ;j++){if(dp[i][j] > count )count = dp[i][j];}}return count; //所以這段可以 直接修改為 return dp[t][w]; c題補(bǔ)充

??

POJ3616Milking Time

?

題意：

在一個(gè)農(nóng)場(chǎng)里，在長度為N個(gè)時(shí)間可以擠奶，但只能擠M次，且每擠一次就要休息t分鐘；

接下來給m組數(shù)據(jù)表示擠奶的時(shí)間與奶量求最大擠奶量

思路：

每次 結(jié)束時(shí)間 += 休息的時(shí)間，接著按照 開始時(shí)間 排序

接著 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程 dp[i] = max(dp[i] , dp[j] + dp[i].cost) ( j > i && s[j].start >= s[i].end )

#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; struct P{int left,ri,cost;bool operator < (const P & other)const{return (left < other.left||(left == other.left) &&ri < other.ri );} }s[1010];int dp[1010];int main () {int n,m,t;cin >>n>>m>>t;for(int i=1;i<= m;i++){cin >> s[i].left>> s[i].ri >> s[i].cost;s[i].ri += t;}sort(s+1,s+1+m);for(int i=m; i ;i--){dp[i] = s[i].cost;for(int j=i+1 ; j <= m;j++){if(s[j].left >= s[i].ri)dp[i] = max(dp[i], dp[j] + s[i].cost);//狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程 }}int count = 0;for(int i=1;i <= m;i++)count = max(count ,dp[i]);cout<< count<<endl;return 0; } D

??

poj（3280）Cheapest Palindrome（區(qū)間dp）

題意：

　　給出一個(gè)由m中字母組成的長度為n的串，給出m種字母添加和刪除花費(fèi)的代價(jià)，求讓給出的串變成回文串的代價(jià)。?

思路：

　　我們知道求添加最少的字母讓其回文是經(jīng)典dp問題，轉(zhuǎn)化成LCS求解。這個(gè)是一個(gè)很明顯的區(qū)間dp

　　我們定義dp [ i ] [ j ] 為區(qū)間 i 到 j 變成回文的最小代價(jià)。

那么對(duì)于dp [ i ] [ j ]有三種情況

首先：對(duì)于一個(gè)串如果s[ i ]==s[ j ]，那么dp [ i ] [ j ]=dp [ i+1 ] [ j-1 ]

其次：如果區(qū)間 [ i+1, j ]已經(jīng)維護(hù)成回文串，那么dp [ i ] [ j ]=dp [ i+1 ] [ j ]+min（add[ i ]，del[ i ]）；

最后，如果區(qū)間?[ i, j-1 ]已經(jīng)維護(hù)成回文串，那么dp [ i ] [ j ]=dp [ i ] [ j-1 ]+min（add[ j ]，del[ j ]）；

#include <stdio.h> #include <string.h> #include <cmath> #include <iostream> using namespace std;int dp[2005][2005]; int cost[300]; int n,m; char s[2005];int main () {while (cin >> m >> n)//m表示可以增刪的字符的個(gè)數(shù) n表示字符串長度 {memset(dp,0,sizeof(dp));cin >> s+1 ;for(int i=0;i < m;i++){char ch; int x ,y;cin >> ch >>x >> y;cost[ ch ] = min(x,y);}//存儲(chǔ)數(shù)據(jù)for(int i=n; i ;i--){for(int j=i+1;j <= n;j++){if( s[i] == s[j] )dp[i][j] = dp[i+1][j-1];//長度收縮一下elsedp[i][j] = min(dp[i+1][j] + cost[ s[i] ],dp[i][j-1] + cost[ s[j] ]);}}cout<< dp[1][n] <<endl;}return 0; } E

?

POJ 1742 Coins

題意：

　　給出n個(gè)coins 的價(jià)值 和 數(shù)量 求出 可以構(gòu)造出 小于m的數(shù)量

思路：

　　基本就是挑戰(zhàn)的原題了 ? 用的多重部分和 看到網(wǎng)上說的就是多重背包

　　加深了一點(diǎn)點(diǎn)兒的想法把

dp[i][j] := 用前i種硬幣湊成j時(shí)第i種硬幣最多能剩余多少個(gè)（-1表示配不出來）如果dp[i - 1][j] >= 0(前i-1個(gè)數(shù)可以湊出j，那么第i個(gè)數(shù)根本用不著)直接為C[i] dp[i][j] = 如果j < A[i]或者dp[i][j - a[i]] <=0 (面額太大或者在配更小的數(shù)的時(shí)候就用光了）-1其他（將第i個(gè)數(shù)用掉一個(gè)） dp[i][j-a[i]] - 1

?

#include <iostream> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100010;int price[105] , num[105]; int dp[maxn]; //dp[i][j]表示在用前i種coins 用的第i種硬幣還剩余的情況 int n,m;int main () {while (cin >> n >> m && n+m){for(int i=1;i <= n;i++ )cin >> price[i];for(int i=1;i <= n;i++)cin >>num[i];memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0] = 0;for(int i=1;i <= n;i++){for(int j=0;j <= m;j++){if(dp[ j ] >= 0)//前面 i-1已經(jīng)算出來了dp[j] = num[i];else if(dp[ j-price[i] ] <= 0 || j < price[i] )dp[j] = -1;elsedp[j] = dp[j-price[i] ] -1;}}int ans = 0;for(int i=1;i <= m;i++)if( dp[i] >= 0 )ans++;cout<< ans <<endl;}return 0; } F http://www.hankcs.com/program/cpp/poj-1742-coins.html 參考網(wǎng)址

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?背包加深一下理解 ?就是 如果dp優(yōu)化成一維的 ?如果需要更新自己當(dāng)前行的值 就 j從0到m ?如果不需要更新自己當(dāng)前行的值 ?j就從m到0

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/Draymonder/p/7220738.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的dp入门 专题记录 2017-7-26的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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