D5(太长了md没写完)
动态规划
三种常见实现方法
对于一个斐波那契数列,我们想要求第n项的值,就需要一项一项的递归来求
来看代码
f[o] = 0;
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
f[i] = f[i-1] + f[i-2];
cout << f[n] << endl;
这种的属于用其他的结果来算自己的结,如果我们换一种写法,就成了用自己的值更新别人的值
f[o] = 0;
f[1] = 1;
for (int i = 0;i <= n; ++i)
{
f[i + 1] += f[i];
f[i + 2] += f[i];
}
这两种方式都是存在的,但是存在某些题会有卡掉不同写法的毒瘤操作,所以两种都要掌握
最后一种写法就是
记忆化搜索
int dfs (int n) {
if (n == 0)
return 0;
if (n == 1)
return 1;
return dfs(n - 1) + dfs(n - 2);
}
时间复杂度就是 O(F[n])的,因为我们只能是用1,0来慢慢加上去的
有意思的是斐波那契的第n项和2^n差不多是一个级别的,死慢,为什么??
你考虑f[n-1]被算了两次,这就造成了时间上的极大浪费,所以我们考虑能不能对已经求出来的数值进行记录, 这就是记忆化搜索
g[i]代表这个数有没有被算出来
int dfs (int n) {
if (n == 0)
return 0;
if (n == 1)
return 1;
if (g[n])
return f[n];
f[n] = dfs(n - 2) + dfs(n - 1);
g[n] = true;
return f[n];
}
如果已经被算出来过,就直接返回就行,所以就不用二次计算
终于进入动态规划啦
状态是说你要算什么,转移方程是说你要怎么算,对于无后效性的理解,就是动态规划的所有状态之间组成了一个DAG
拿斐波那契举例
1.状态就是f[n]
2.转移方程就是f[n] = f[n-1] + f[n-2]
当然这是一个无后效性的东西
当我们碰到一些转移顺序比较变态的题呢?考虑到状态之间都是DAG,我们就可以对状态跑一边拓扑排序,然后就可以for一遍就行了
一些特殊类型的DP
主要就是以下几种
背包问题
最easy的问题
luogu 1616 疯狂的采药
给定n种物品和一个背包。
物品i的体积是vi,其价值为wi,背包的容量为m。
应该如何选择装入背包中的物品,使得装入背包中物品的总价值最大?
怎么设计状态呢?考虑要一个物品一个物品的放,所以有一个变化量就是我现在放好了前i个物品了,第二个维度就是我现在放进去的物品体积之和是多少
所以这个题的状态就应该是f[i][j] 表示已经试过了放前i个物品(不保证都被放进去),消耗的体积和是j
转移方程就是考虑下一个物品怎么放,显然只有放或者不放,那么状态转移方程就是
从别人更新自己
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i] ] + w[i]);
代码如下
int n, m, w[233], v[233];
int f[233][12345678];
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> w[i] >> v[i];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = V; j >= w[i]; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
}
物品可以放无限次的背包(无限背包问题)
枚举一下一个物品放几个就行了
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= n; ++j)
for (int k = 0; k * v[i] <= j; k++)
f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - k * v[i]] + k * w[i]);
但是你用的是三重循环, 那肯定会t的飞起
我们考虑一个问题,同一个物品取多个,其实也就是重复转移了多少次对吧,所以我们改一下代码
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = w[i]; j <= V; j++)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
行了,完事
有限背包
对于有限次的个数,我们可以把它拆分成几个集合,利用二进制的方式来拆分,比如拆30
我就可以拆成 1, 2, 4, 8, 15。值得注意的是我们最后那个数是不一定符合2的整数次幂的,实际上就是最后的那个差而已
上代码
int n, m, w[233], v[233], cnt = 0;
int f[233][12345678];
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> w[i] >> v[i] >> z;
while (x <= z)
{
v[++cnt] = v[i] * x;
w[cnt] = w[i] * x;
z -= x;
x *= 2;
}
if (z > 0)
{
v[++cnt] = v[i] * z;
w[cnt] = w[i] * z;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = V; j >= w[i]; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
}
背包就这么讲完了
基础DP
例题一 P1216 [IOI1994][USACO1.5]数字三角形 Number Triangles
题面我就不贴了,可以想到的肯定是dp了,不然他也不会在这啊hhh
考虑到对于一个点,是他从左上角还是右上角过来,所以我们就能得到转移方程
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - 1]);
行了写完了
改造题目(EX NumberTriangles)
我们要使得找出来的权值和%m之后的值是最大的。
起初我的想法是用一个结构体来存实际权值和取模后的权值,但是是不行的,因为不再满足最优子结构原则了。(就是说实际权值和取模权值之间的大小没有必然联系,所以我们无法用状态转移方程来求最大最小)
我们考虑加一个维度,开一个bool数组f
f [i] [j] [k]
代表走到第i行第j列是路径权值和 % m = k 可不可能,那我们怎么转移呢
还是考虑一个点只有可能从它的左上方和右上方求值过来,那么我们就能得出状态转移方程了
f[i][j][k] = f[i - 1][j - 1][(k - a[i][j]) % m] || f[i - 1][j][(k - a[i][j]) % m]
边界情况的话,就是
f[1][1][a[1][1] % m] = true(按照状态的定义来理解就行,很好理解)
然后我们就遍历一遍最终结果就可以了
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = 1; j <= m; ++j)
{
if (f[n][i][j])
ans = max(ans, j);
}
}
我寻思着代不代码也无所谓了呗,但是反正zhx写了那我就无耻白嫖一下hhh
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Mod = 100;
const int maxn = 25 + 5;
int maps[maxn][maxn];
bool dp[maxn][maxn][100];
int main()
{
int n;
while (~scanf("%d", &n))
{
memset(maps, 0, sizeof(maps));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
scanf("%d", &maps[i][j]);
dp[0][0][0] = dp[0][1][0] = true; //这个初始化很重要
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
{
for (int k = 0; k <= 99; k++)
{
int now;
if (dp[i - 1][j][k]) //当上一个这个数值存在时就可以加上当前状态的值
{
now = (maps[i][j] + k) % Mod;
dp[i][j][now] = true;
}
if (dp[i - 1][j - 1][k])
{
now = (maps[i][j] + k) % Mod;
dp[i][j][now] = true;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int k = 0; k <= 99; k++)
{
if (dp[n][i][k])
{
ans = max(ans, k);
}
}
printf("%d\n", ans);
}
}
一些话
钟神的dp极其牛逼,按照他本人的说法,对于一个dp题目,当前维度解决不了的时候,那就再加一个维度,总能跑出来的
最长上升子序列
dp[i]表示以i为结尾的最长上升子序列
转移的话就是枚举i前面的aj小于Ai的数
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= i; ++j)
f[i] = max(f[i], f[j] + i);
不是很难啊,时间复杂度是N^2
但是我们把数据加强到n<=1e5了,那么怎么办呢
我们肯定不能再跑一次O(n^2)了啊,这里就考虑用线段树,就是运用一次昨天学习的线段树求区间最值的方法,把时间复杂度直接降到logn,这样一来,总的时间复杂度就是nlogn
v=max(a1,a2,a3,.....an),每次计算f[i]
我们建一颗长度为n的线段树,然后直接进行划分,就是说两端区间的最长上升子序列就肯定是他的两个儿子的和,这样算起来就快不少了
区间DP
区间dp的特征就是给你一堆东西,你每次只能合并两个相邻的东西,一般状态就是
f [l] [r]
代表第l堆石子到第r堆石子的最小代价是多少
合并石子luogu1880
有N堆石子,现要将石子有序的合并成一堆,规定如下:每次只能移动相邻的2堆石子合并,合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并成一堆的总花费最小(或最大)。
F[l][r]
表示把第l堆石子到第r堆石子合并为一对石子的代价
我们会发现做任何DP题的时候的都是走老三步(找状态,找边界条件,找状态转移方程)
这个题的边界条件就是L=R的时候,所以F[l][r]=0(l=r)
那么我们再来看状态转移方程,我们最后一次合并一定是把两堆石头合并成一堆石头,是把左边某一堆和右边某一堆,由于题目的限制,我们可以发现不管怎样合并,石头的顺序是不变的。
所以我们一定是可以找到一条分界线,使得左边是A1Ap的结果,右边是Ap+1Ar,那么我们只需要枚举一下p的位置就可以了。所以状态转移方程就是(所有的)
min(f[l][p] + F[p+1][r] + sum[l][r]);
看代码
int z[manx],f[maxn][maxn];
int main()
{
cin>>n;
for(int a=1;a<=n;a++)
cin>>z[a];//表示石子数
memset(f,0x3f,sizeof(f));//初始化为无穷大
for(int a=1;a<=n;a++)
f[a][a]=0;
//枚举左端点,右端点,断点
for(int l=1;i<=n;l++)//枚举左端点
{
for(int r=l+1;r<=n;i++)//枚举右端点
{
for(int p=l;p<r;p++)
{
f[l][r]=min(f[l][r],f[l][p]+f[p+1][r]+sum[l][p]);
//左边合并的代价+右边合并的代价+这段区间的石子之和
}
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}
先把所有的数组赋值,然后改一下边界条件
我们枚举一个左端点,枚举一个右端点,再枚举一个断点
很不幸,这种枚举方式是错的
贴图片
我明明认真听了好久啊喂
因为在任何时候,他都不满足DP的阶段性
你看啊,你在算f[1][n]时要用到f[2][n],但它还没有被算过(什么鬼东西)
所以我们就得枚举区间长度,然后修改一下代码就可以了
一个不知道干啥的题(惆怅
给你n个矩阵,自定义顺序,使得运算次数最少
和上一个题比较像,大概意思就是把一堆矩阵合并成一个的最小代价
转移方程就是
s[j][i] = max(s[j][i], s[j][k] + s[k+1][i] + e[j] * e[k+1] * e[i+1]);
状压DP
在平面上有n个点,要求从1号点出发把每一个点都走一遍,求最短距离,这个和最小生成树没啥关系,就是个非常简单的二维平面图,你可以随便走(大雾
首先,我们没必要走两次同一个点,然后01表示一个点走没走过,我们就可以很容易的用一个n位二进制数来存当前状态下的最短距离,做到了状压
转移的话,枚举一个j
行了黈力就行
种草
john要在一片牧场上种草,每块草坪之间没有相邻的边
状态dp[i][j]表示前i行的草都种完了,s表示第i行的草种成了什么样
k国王
f[i][j][k]表示前i行的国王都种完了,s表示第i行的
数位dp
读入两个正整数L,R,问从L到R有多少个数,答案就是L-R+1,这肯定是没有什么挑战性啊是吧,为了挑战自己,我们用一下数位DP(大雾)
有一个叫做前缀和转换的东西
D5(太长了md没写完)的更多相关文章
- Word 双栏排版最后多一页空白页删不掉、左栏文字没写完就到右栏了
1. 问题 问题:Word双栏排版,最后多一页空白页,删不掉.如图: 原因分析:删不掉是因为末尾文字处其实有个下一页分节符,只不过可能看不到. 如何清晰的看到? 视图 > 大纲,就可以看到了.如 ...
- XObject.java 对象还没写完,希望电脑不会丢失。坏笑,早点见。
/*面向对象强调的是对象, 面向过程强调的是功能行为,打开行为,关闭行为,执行行为,把多个行为封装成对象执行更强大的功能就是面向对象,是把多个函数, 多 个行为封装在一起,单一的函数执行对象的功能太困 ...
- 【Luogu】【关卡2-7】深度优先搜索(2017年10月)【AK】【题解没写完】
任务说明:搜索可以穷举各种情况.很多题目都可以用搜索完成.就算不能,搜索也是骗分神器. P1219 八皇后 直接dfs.对角线怎么判断:同一条对角线的横纵坐标的和或者差相同. #include < ...
- QBXT Day2主要是数据结构(没写完先占坑)
简单数据结构 本节课可能用到的一些复杂度: O(log n). 1/1+1/1/.....1/N+O(n log n) 在我们初学OI的时候,总会遇到这么一道题. 给出N次操作,每次加入一个数,或者询 ...
- python Web抓取(一)[没写完]
需要的模块: python web抓取通过: webbrowser:是python自带的,打开浏览器获取指定页面 requests:从因特网上下载文件和网页 Beautiful Soup:解析HTML ...
- 前端性能测试工具 : dynaTrace Ajax (还没写完)
今天开始写这个工具, #什么是dynaTrace Ajax? 随着 jQuery.Dojo.YUI 等框架的兴起让构建 Web2.0 应用更加容易,但随之带来的定位等应用问题也越来越难,尤其是与性能相 ...
- D3(没写完
说在博客前 这篇博客有许多使用到 STL 的地方,由于本人实在是记不全,所以我也参考了北大的一些教材,就别说我黈力了 QwQ 数据结构 今天讲的是数据结构啦(也是我这个蒟蒻最喜欢的 一些天天见面的好盆 ...
- mock的使用及取消,node模仿本地请求:为了解决前后端分离,用户后台没写完接口的情况下
借鉴:https://www.jianshu.com/p/dd23a6547114 1.说到这里还有一种是配置node模拟本地请求 (1)node模拟本地请求: 补充一下 [1]首先在根目录下建一个d ...
- Codeforces Round 212 Div 2 报告(以前没写完,现在也没心情补了,先就这样吧)
A. Two Semiknights Meet 题目大意:有一个8x8的棋盘,上面放有两个骑士,骑士以“田字”的方式走.每个方格都被定义为good或者bad,问骑士能否在good的格子中相遇? 由于骑 ...
随机推荐
- 25个免费的jQuery/ JavaScript的图表和图形库
1. JS Charts Features Prepare your chart data in XML, JSON or JavaScript Array Create charts in dif ...
- win7(64位旗舰版)visual studio 2017无法安装及vs2015闪退问题解决方式
折腾了两天,几乎试了网上说的所有方法(就差重装系统了,看到有人说重装系统之后还是同样的问题,果断放弃重装),visual studio 2017的安装问题终于解决了,为了帮助同样还在折腾的初级开发者们 ...
- 90. Subsets II (Java)
Given a collection of integers that might contain duplicates, nums, return all possible subsets (the ...
- Java缓存要点
1.缓存一般是这样的:先查缓存,查不到就查DB,如果DB查不到就结束,DB查到了就写入缓存. 如果用户一直在大量地查询不存在的数据,则所有的请求都会落到DB,而且没有数据写入缓存. 解决方法:把查不到 ...
- mysql数据库备份与恢复命令
mysqldump -h主机名 -P端口 -u用户名 -p密码 [--databases] 数据库名(可以是多个,用空格分割) > 文件名.sql 备份MySQL数据库的命令(备份脚本中不包含 ...
- 3.(基础)tornado的接口调用顺序与模板
上一节介绍了tornado的请求与响应,这一节介绍tornado的接口调用顺序和模板 首先都有哪些接口呢?作用是什么呢?并且都有的时候,执行顺序是怎么样的呢? 接口 1.initialize,表示初始 ...
- PAT Basic 1019 数字黑洞 (20 分)
给定任一个各位数字不完全相同的 4 位正整数,如果我们先把 4 个数字按非递增排序,再按非递减排序,然后用第 1 个数字减第 2 个数字,将得到一个新的数字.一直重复这样做,我们很快会停在有“数字黑洞 ...
- orace result cache解析
(1) orace 11.2.0.4 在RAC数据库Dataguard切换时,出现少量数据丢失: 解决方案:关闭result cache 功能 或升级数据库版本并安装补丁: ...
- magento购物车添加减少数量 实时更新购物车
magento实时更新购物车商品数量 <td> <button onclick="addQtyone();" type="submit"> ...
- ORACLE纯SQL实现多行合并一行
项目中遇到一个需求,需要将多行合并为一行.表结构如下:NAME Null Type---------------------- ...