简单DP内容
1. 最长上升子序列
【题目描述】
给定N个数,求这N个数的最长上升子序列的长度。
【样例输入】
7
2 5 3 4 1 7 6
【样例输出】
4
第一种解法:时间复杂度O(n^2),
状态设计:DP[ i ]代表以A[ i ]结尾的LIS的长度
状态转移:DP[ i ]=max{ DP[ j ]+1 ,DP[ i ] }(1<=j< i,A[j]< A[i])。
基本上思想,每次碰到一个数,就从头遍历,看插在哪个后面的值最大就保留那一个。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = ;
int a[maxn],dp[maxn];
int n,ans=-;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
dp[i]=;
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<i;j++)
if(a[j]<a[i]) dp[i]=max(dp[i],dp[j]+);
for(int i=;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);
return ;
}
第二种解法:时间复杂度O(nlogn),优化在查询的时候。我们新建一个dp数组,dp[i]表示长度为 i 的LIS结尾元素的最小值。对于一个上升子序列,显然其结尾元素越小,越有利于在后面接其他的元素,也就越可能变得更长。因此,我们只需要维护dp数组,对于每一个a[i],如果a[i] > dp[当前最长的LIS长度],就把a[i]接到当前最长的LIS后面,即dp[++当前最长的LIS长度]=a[i]。 否则,就用a[i]取更新dp数组。具体方法是,在dp数组中找到第一个大于等于a[i]的元素dp[j],用a[i]去更新dp[j]。如果从头到尾扫一遍dp数组的话,时间复杂度仍是O(n^2)。我们注意到dp数组内部一定是单调不降的,所有我们可以二分dp数组,找出第一个大于等于a[i]的元素。二分一次dp数组的时间复杂度的O(logn),所以总的时间复杂度是O(nlogn)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = ;
int a[maxn];
int dp[maxn]; int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
dp[]=a[];
int len=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(a[i]>dp[len])
dp[++len]=a[i];
else
{
int j=std::lower_bound(dp+,dp+len+,a[i])-dp;
dp[j]=a[i];
}
}
printf("%d\n",len);
return ;
}
2. 最长公共子序列
问题描述
给定两个字符串,求解这两个字符串的最长公共子序列(Longest Common Sequence)。比如字符串1:BDCABA;字符串2:ABCBDAB
则这两个字符串的最长公共子序列长度为4,最长公共子序列是:BCBA
解法:c[i,j]表示:(x1,x2....xi) 和 (y1,y2...yj) 的最长公共子序列的长度。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = ;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int lena,lenb,i,j;
while(scanf("%s%s",a,b)!=EOF)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
lena=strlen(a);
lenb=strlen(b);
for(i=;i<=lena;i++)
{
for(j=;j<=lenb;j++)
{
if(a[i-]==b[j-])
{
dp[i][j]=dp[i-][j-]+;
}
else
{
dp[i][j]=max(dp[i-][j],dp[i][j-]);
}
}
}
printf("%d\n",dp[lena][lenb]);
}
return ;
}
3. 最长公共子串
比如字符串1:cnblogs;字符串2:belong
则这两个字符串的最长公共子串长度为2,最长公共子串是:lo。
解法:c[i,j]表示:(x1,x2....xi) 和 (y1,y2...yj) 的最长公共子串的长度。
问题描述
给定两个字符串,求解这两个字符串的最长公共子串。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = ;
char a[maxn],b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int lena,lenb,i,j;
while(scanf("%s%s",a,b)!=EOF)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
lena=strlen(a);
lenb=strlen(b);
int ans=-;
for(i=;i<=lena;i++)
{
for(j=;j<=lenb;j++)
{
if(i == || j == )
dp[i][j] = ;
else if (a[i-] == b[j-])
{
dp[i][j] = dp[i-][j-] + ;
ans= max(dp[i][j], ans);
}
else
dp[i][j] = ;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
4. 01背包
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的价格(即体积,下同)是w[i],价值是c[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量,且价值总和最大。
这是最基础的背包问题,总的来说就是:选还是不选,这是个问题<( ̄ˇ ̄)/
相当于用f[i][j]表示前i个背包装入容量为v的背包中所可以获得的最大价值。
对于一个物品,只有两种情况
情况一: 第i件不放进去,这时所得价值为:f[i-1][v]
情况二: 第i件放进去,这时所得价值为:f[i-1][v-c[i]]+w[i]
状态转移方程为:f[i][v] = max(f[i-1][v], f[i-1][v-w[i]]+c[i])。
可以优化到一维:
for (int i = ; i <= n; i++)
for (int j = V; j >= ; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
https://www.luogu.org/problemnew/show/P2925
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=;
int n,m,k;
int v[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++)
scanf("%d",&v[i]);
for(int i=;i<=m;i++)
{
for(int j=n;j>=v[i];j--)
{
if(dp[j-v[i]]+v[i]>dp[j])
dp[j]=dp[j-v[i]]+v[i];
}
}
printf("%d\n",dp[n]);
return ;
}
5. 完全背包
有N 种物品和一个容量为V 的背包,每种物品都有无限件可用。第i ii种物品的费用是w[i] ,价值是v[i] 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量,且价值总和最大。
完全背包和01背包十分相像, 区别就是完全背包物品有无限件。由之前的选或者不选转变成了选或者不选,选几件。
和01背包一样,我们可以写出状态转移方程:f[i][v]=max(f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v),看例题:
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1853
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e7+;
int s,n,d;
int w[],v[];
int dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d %d",&s,&n,&d);
for(int i=;i<=d;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
for(int A=;A<=n;A++)
{
for(int i=;i<=d;i++)
{
for(int j=w[i];j<=s;j++)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}
s+=dp[s];
}
printf("%d\n",s);
return ;
}
6. 编辑距离
编辑距离的定义是:从字符串A到字符串B,中间需要的最少操作权重。这里的操作权重一般是:
1.删除一个字符(deletion)
2.插入一个字符(insertion)
3.替换一个字符(substitution)
解法:dp[i][j] 表示从 word1 的前i个字符转换到 word2 的前j个字符所需要的步骤。当word1[i] == word2[j]时,dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1],其他情况时,dp[i][j]是其左,左上,上的三个值中的最小值加1,其实这里的左,上,和左上,分别对应的增加,删除,修改操作,转移方程如下:
class Solution {
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
int m = word1.size(), n = word2.size();
vector<vector<int>> dp(m + , vector<int>(n + ));
for (int i = ; i <= m; ++i) dp[i][] = i;
for (int i = ; i <= n; ++i) dp[][i] = i;
for (int i = ; i <= m; ++i) {
for (int j = ; j <= n; ++j) {
if (word1[i - ] == word2[j - ]) {
dp[i][j] = dp[i - ][j - ];
} else {
dp[i][j] = min(dp[i - ][j - ], min(dp[i - ][j], dp[i][j - ])) + ;
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
7. 两个字符串的最小ASCII删除和
从字符串A到字符串B,每次删除一个字符,求最少ASCII操作权重。
解法思想和上面的差不多,但是问题是要加上那个ASCII 的值,保证这个值最小。
class Solution {
public:
int minimumDeleteSum(string s1, string s2) {
int m = s1.size(), n = s2.size();
vector<vector<int>> dp(m + , vector<int>(n + , ));
for (int j = ; j <= n; ++j)
dp[][j] = dp[][j - ] + s2[j - ];
for (int i = ; i <= m; ++i)
{
dp[i][] = dp[i - ][] + s1[i - ];
for (int j = ; j <= n; ++j)
{
if(s1[i - ] == s2[j - ])
dp[i][j] =dp[i - ][j - ]
else
dp[i][j] = min(dp[i - ][j] + s1[i - ], dp[i][j - ] + s2[j - ]);
}
}
return dp[m][n];
}
};
简单DP内容的更多相关文章
- 洛谷 - P1004 - 方格取数 - 简单dp
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1004 这道题分类到简单dp但是感觉一点都不简单……这种做两次的dp真的不是很懂怎么写.假如是贪心做两次,感觉又不能证明 ...
- HDU 1087 简单dp,求递增子序列使和最大
Super Jumping! Jumping! Jumping! Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 ...
- Codeforces Round #260 (Div. 1) A. Boredom (简单dp)
题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/455/A 给你n个数,要是其中取一个大小为x的数,那x+1和x-1都不能取了,问你最后取完最大的和是多少. ...
- codeforces Gym 100500H A. Potion of Immortality 简单DP
Problem H. ICPC QuestTime Limit: 20 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://codeforces.com/gym/100500/a ...
- 简单dp --- HDU1248寒冰王座
题目链接 这道题也是简单dp里面的一种经典类型,递推式就是dp[i] = min(dp[i-150], dp[i-200], dp[i-350]) 代码如下: #include<iostream ...
- poj2385 简单DP
J - 简单dp Crawling in process... Crawling failed Time Limit:1000MS Memory Limit:65536KB 64bit ...
- hdu1087 简单DP
I - 简单dp 例题扩展 Crawling in process... Crawling failed Time Limit:1000MS Memory Limit:32768KB ...
- poj 1157 LITTLE SHOP_简单dp
题意:给你n种花,m个盆,花盆是有顺序的,每种花只能插一个花盘i,下一种花的只能插i<j的花盘,现在给出价值,求最大价值 简单dp #include <iostream> #incl ...
- hdu 2471 简单DP
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2571 简单dp, dp[n][m] +=( dp[n-1][m],dp[n][m-1],d[i][k ...
随机推荐
- (水题)洛谷 - P1618 - 三连击(升级版)
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1618 枚举所有的A,最多 $A_9^3$ ,然后生成B和C(先判断是不是能够生成),判断有没有重复数字(比之前那个优雅 ...
- 洛谷P2585 [ZJOI2006]三色二叉树(树形dp)
传送门 设$dp[u][i]$表示点$u$颜色为$i$时最多(最少)的绿点个数(这里用$0$表示绿点) 然后直接用树形dp就可以了 记得把情况讨论清楚 //minamoto #include<b ...
- .net mvc中一种简单的工作流的设计
开篇前的废话:工作流是我们在做互联网应用开发时经常需要用到的一种技术,复杂的工作流我们基本是借助一些开源的 工作流项目来做,比如 ccflow等,但是有时候,我们只需要实现一些简单的工作流流程,这时候 ...
- Hadoop端口访问
Hadoop集群默认端口 Hadoop本地开发,9000端口拒绝访问
- Hdu 2089 不要62 (数位dp入门题目)
题目链接: Hdu 2089 不要62 题目描述: 给一个区间 [L, R] ,问区间内不含有4和62的数字有多少个? 解题思路: 以前也做过这个题目,但是空间复杂度是n.如果数据范围太大就GG了.今 ...
- mysql 如何创建一个简单的存储过程
1 用mysql客户端登入2 选择数据库 mysql>use test3 查询当前数据库有哪些存储过程 mysql>show procedure status where Db='test ...
- RHEL 6.5----iscsi多路径存储
主机名 IP master eth0: 192.168.30.130(NAT) eth1: 192.168.17.130(VMNet4) node-1 eth0: 192.168.30.131(NAT ...
- AJPFX关于学习java遇到的问题:对算法和数据结构不熟悉
为什么我先拿“数据结构和算法”说事捏?这玩意是写程序最最基本的东东.不管你使用 Java 还是其它的什么语言,都离不开它.而且这玩意是跨语言的,学好之后不管在哪门语言中都能用得上. 既然“数据结构和算 ...
- Java&Xml教程(十一)JAXB实现XML与Java对象转换
JAXB是Java Architecture for XML Binding的缩写,用于在Java类与XML之间建立映射,能够帮助开发者很方便的將XML和Java对象进行相互转换. 本文以一个简单的例 ...
- iOS 自己手动添加编译警告
文/青花瓷的平方(简书作者)原文链接:http://www.jianshu.com/p/b2e30cad2a0d著作权归作者所有,转载请联系作者获得授权,并标注“简书作者”. 缘由 上一次生产环境我们 ...