DP入门题总结
DP入门题总结
ps：一些DP简单入门题汇总，仅供自己复习所用，如有错误，还望指出（而且这全是入门级别题）
动态规划（dynamic programming），简称DP，这一类题目可以说是算法竞赛中最为灵活的内容之一，需要经验，有时候也需要一点灵感，如果能找到要转换的状态，题目看上去就会很简单。
动态规划程序设计是对解最优化问题的一种途径、一种方法，而不是一种特殊算法。
这类题目可以出的很难，区间DP，树形DP，数位DP，概率DP等等，这里只介绍了最简单的线性DP和二维DP。
DP中最重要的就是寻找状态转移方程
A-楼梯问题
Problem Description
有一楼梯共M级，刚开始时你在第一级，若每次只能跨上一级或二级，要走上第M级，共有多少种走法？
Input
输入数据首先包含一个整数N，表示测试实例的个数，然后是N行数据，每行包含一个整数M（1<=M<=40）,表示楼梯的级数。
Output
对于每个测试实例，请输出不同走法的数量
Sample Input
2
2
3
Sample Output
1
2
题解：这道题就是一道简单的DP题，
当求上第n级楼梯时共有多少种走法时就是第n级的状态，
而状态转移方程我们很容易知道：
f[n]=f[n-1]+f[n-2]
这题代码实现也有三种实现方法：填表法、刷表法、记忆化搜索
这里就直接采用填表法，直接预先打表（身为小白的我最喜欢的就是打表）
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[100];
int main()
{
for(int i=1;i<=40;i++)
{
if(i==1||i==2)
f[i]=1;
else
f[i]=f[i-1]+f[i-2]; //状态转移方程
}
ll n;
ll m;
scanf("%lld",&n);
while(n--)
{
scanf("%lld",&m);
printf("%lld\n",f[m]);
}
return 0;
}
B-数塔问题
下图是个数字三角，请编写一个程序计算从顶部至底部某处一条路径，使得该路径所经过的数字总和最大。
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
1． 每一步可沿左斜线向下或右斜线向下走；
2． 1<=三角形行数<=100
3． 三角形中的数字为整数 0，1，……，99。
4． 如果有多种情况结果都最大，任意输出一种即可。
输入：
第一行一个整数N，代表三角形的行数。
接下来N行，描述了一个数字三角。
输出：
第一行一个整数，代表路径所经过底数字总和。 第二行N个数，代表所经过的数字。
样例：
输入：
4
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
输出：
25
7 3 8 7
题解：当然这道题也是一道DP水题，
于是以：f[i][j]表示从第i行第j列个元素所在位置到三角形底部所经过的数字总和的最大值
状态转移方程为：f[i][j]=max(f[i+1][j],f[i+1][j+1])+a[i][j]
当然这道题有两种方法，一种从顶部向底部推，一种从底部向顶部推，这里采用从底部向顶部推，
于是代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int a[105][105],f[105][105];
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
f[n-1][i]=a[n-1][i]; //先将最后一行存入到f数组中
for(int i=n-1;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
f[i][j]=max(f[i+1][j],f[i+1][j+1])+a[i][j]; //状态转移方程
}
printf("%d\n",f[0][0]);
int num,j=0;
printf("%d",a[0][0]);
for(int i=1;i<n;i++) //寻找所经过的数
{
num=f[i-1][j]-a[i-1][j];
if(num==f[i][j+1])
j++;
printf(" %d",a[i][j]);
}
printf("\n");
return 0;
}
C:0-1背包问题
ps：当然这里的0-1背包问题是最为基础的，裸的0-1背包
B - Bone Collector HDU -2602
Many years ago , in Teddy’s hometown there was a man who was called “Bone Collector”. This man like to collect varies of bones , such as dog’s , cow’s , also he went to the grave …
The bone collector had a big bag with a volume of V ,and along his trip of collecting there are a lot of bones , obviously , different bone has different value and different volume, now given the each bone’s value along his trip , can you calculate out the maximum of the total value the bone collector can get ?
Input
The first line contain a integer T , the number of cases.
Followed by T cases , each case three lines , the first line contain two integer N , V, (N <= 1000 , V <= 1000 )representing the number of bones and the volume of his bag. And the second line contain N integers representing the value of each bone. The third line contain N integers representing the volume of each bone.
Output
One integer per line representing the maximum of the total value (this number will be less than 2 31).
Sample Input
1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
Sample Output
14
题解：可以看出这就是一道裸的0-1背包问题，于是分析其状态以及状态转移方程
状态：
前i个物品，背包容量为j时，可以获得最大价值
状态转移方程：
面对第 i 个物品时，无非就是拿或者不拿两种选择
如果此时背包的容量 j < 该物品的重量 w[i]
装不下只能选择不拿：m[ i ][ j ] = m[ i-1 ][j]
若 j >= w[i]，
选择拿，则需要腾出w[i]的空间，获得价值为 m[ i-1 ][ j-w[i] ] + v[i]
选择不拿，则和上面情况一样，m[i-1][j]
两者取最大值
即：
if(j>=w[i])
m[i][j]=max(m[i-1][j],m[i-1][j-w[i]]+v[i]);
else
m[i][j]=m[i-1][j];
例如：
于是这道题代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
int value[1010],weight[1010],m[1010][1010];
//分别表示骨头的价值，重量，以及状态转移方程 重点解释m[i][j]：i表示价值域，j表示重量域
int t,n,v;
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(value,0,sizeof(value));
memset(weight,0,sizeof(weight));
memset(m,0,sizeof(m));
scanf("%d%d",&n,&v);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&value[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&weight[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=v;j++) //从0开始，意味着重量为0也可以计算
{
if(j>=weight[i])
m[i][j]=max(m[i-1][j],m[i-1][j-weight[i]]+value[i]); //状态转移方程
else
m[i][j]=m[i-1][j];
}
}
printf("%d\n",m[n][v]);
}
return 0;
}
D-最长上升子序列
例题： POJ：2533
Sample Input
7
1 7 3 5 9 4 8
Sample Output
4
题解：同样分析其状态以及其状态转移方程
状态：
以f[i]表示前i个数字中以前i个数字结尾所能产生的最长上升子序列
状态转移方程：
f[i]=max(f[i],f[j]+1)
于是代码如下：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[1010],f[1010];
int main()
{
int n;
int num=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
f[i]=1; //初始化
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=1; j<=i; j++)
if(a[j]<a[i])
f[i]=max(f[i],f[j]+1); //状态转移方程
}
for(int i=1;i<=n;i++)
num=max(num,f[i]); //找最长上升子序列长度
printf("%d\n",num);
return 0;
}
E-最长公共子序列
例题： POJ：1458
Sample Input
abcfbc abfcab
programming contest
abcd mnp
Sample Output
4
2
0
题解：同样分析其状态与状态转移方程
状态：
以f[i][j]表示第一个字符串S1前i个字符与第二个字符串S2前j个字符所能得到的最长公共子序列
状态转移方程：
if(S1[i-1]==S2[j-1])
f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
else
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
举个例子：
于是上面那题代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f[1010][1010];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
string S1,S2;
while(cin>>S1>>S2)
{
memset(f,0,sizeof(f));
int len1=S1.length();
int len2=S2.length();
for(int i=1;i<=len1;i++)
{
for(int j=1;j<=len2;j++)
{
if(S1[i-1]==S2[j-1])
f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
else
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]); //状态转移方程
}
}
printf("%d\n",f[len1][len2]);
}
return 0;
}
以上就是一些简单的DP入门题汇总啦！！！
PS:小白发现好像DP中循环以1开始好像方便很多
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