清北学堂(2019 4 30 ) part 3
今天总的讲些算法,会了的话...看上去好厉害的样子:
1.老朋友动态规划DP:
DP重点:
1.边界条件,开头不需处理的数据,比如斐波那契数列中的第一二项
2.转移方程,后面的项需要根据前面几项求出自身值的方程(等式)
套路:
1.定状态,
2.写方程,
3.敲代码
三种用法:
1.顺着推,
2.倒着推,
3.记忆化搜索,
举个栗子——斐波那契:
1.倒着推:比较简单,只写方程:f[n]=f[n-1]+f[n-2]
2.顺着推:代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int f[];
int main(){
scanf("%d",&n);
f[]=;
f[]=;
for(int i=;i<n;i++){
f[i+]+=f[i];
f[i+]+=f[i];
}
cout<<f[n]<<endl;
return ;
}
中间核心部分思想在于最新一项去更新后项,因为由递归公式可得当前f[a]只对f[a+1],f[a+1]产生贡献,而倒着推思想在于用已经推过的值去更新最新一项。
3.记忆化搜索:代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[];
bool vis[]; //用这个bool数组记录是否推过
inline int dfs(int n){
if(n==) return ;
if(n==) return ;
if(vis[n]) return f[n];
f[n]=dfs(n-)+dfs(n-);
return f[n];
}
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",dfs(n));
return ;
}
听说记搜能做出来的动规题,前两种一定能做出来...
分类:
1.数位dp
按照十进制每一位dp,自己写的代码(用动规思想写出的伪高精...):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int xn[],xm[];
int n,m;
int v[];
int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
int tn=,tm=;
while(n>){
xn[tn++]=n%;
n/=;
}
while(m>){
xm[tm++]=m%;
m/=;
}
for(int i=tn-;i>=;i--)
v[i]=v[i+]*+xn[i]-xm[i];
printf("%d",v[]+);
return ;
}
大佬的:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int f[][],z[],l,r;
int solve(int x){
int n=;
while(x){
z[n]=x%;
x/=;
n++;
}//存一下x的十进制表示
n--;
memset(f,,sizeof(f));//要做两个动态规划
f[n+][]=;
for(int i=n;i>=;i--)
for(int j=;j<=;++j){
if(j==){
for(int k=;k<=;++k)
f[i][]+=f[i+][j];
}
else{
for(int k=;k<=z[i];++k){
if(k==z[i]) f[i][]+=f[i+][j];
else f[i][]+=f[i+][j];
}
}
}
return f[][]+f[][];
} int main(){
cin>>l>>r;
cout<<solve(r)-solve(l-)<<endl;
return ;
}
主要思想是分类讨论,讨论每次处理位数是否相等
2.树形dp
例题:求n个节点的树有几个节点(exm?!)
我其实想用前向星遍历求结果来着,还是练练dp吧,
主要思想:
根据子树考虑
每个叶节点的子树节点个数为1,非叶节点的为所有子树的节点数+1(自身)
伪代码:
inline void dfs(int p){
for(int i=tail[p];i;i=ed[i].next){
dfs(ed[i].to);
f[p]+=f[ed[i].to];
}
f[p]++;
}
大概正确吧...
树的直径:
给定一棵树,树中每条边都有一个权值,树中两点之间的距离定义为连接两点的路径边权之和。树中最远的两个节点之间的距离被称为树的直径,连接这两点的 路径被称为树的最长链。后者通常也可称为直径,即直径是一个数值概念,也可代指一条路径
现给一棵树,求其直径
思路:设f[p][0]为p点的最长路,f[p][1]为p点的次长路,分别保存。
需根据子树推导,对每个节点进行讨论,对于叶节点,其没有子树,故无法进行讨论,对于其他节点,则讨论其子树,寻找每个子节点的最长路及次长路,然后 按照方程取:
f[p(当前节点)][0]=max(f[p1(子节点1)][0],f[p2][0],f[p3][0],..........,f[pn][0])+1
f[p(当前节点)][1]=max(f[p1(子节点1)][0],f[p2][0],f[p3][0],.....(加特判不算上一步中取到的点).....,f[pn][0])+1 //因为要去最长路径,所以显然要取最长路径,而不是 次长路,此处容易误认为次长路需从次长路中选。
每次处理时用一个变量“sum”取max来维护路长总和,以保证结果一定是最长最优,毕竟难免出现以下这种鬼图的存在...(绘图网站:???)
所以根节点并不一定是最长路径(直径)经过的点,所以要对每个点进行处理,万一直径的根节点在哪个深山老林里...
3.状压dp(听说是最难的)
一般空间O(n2*2n)
时间O(2n*n)
一般接受n<=20.
(顺便说一下:n<=1000,O(n2))
(n<=100,O(n3))
(n<=105,O(n log n))
(n<=106,O(n))
(n<=12,不要考虑复杂度了上暴搜吧)
TSP问题:
平面上有n个点,问把每个点都走一次的最短路径,并且只能为链,不能为树(更不能是图),如下:
状压(状态压缩),用一个数表示一个集合,比如表示上图的路径
用二进制实现,如下:
对于7 6 5 4 3 2 1,保存路径状态为1 4 6
即为0 1 0 1 0 0 1,
因每个元素对于一个状态来说只有在其中或不在两种状态,可用1与0表示,而对于不同元素
其对应二进制位有独特的位置与权值,所以每一种状态都有唯一的十进制数与其对应
其状态用f[s][i]表示,s为路径压缩结果,即已经走过的点的集合对应十进制数,j为当前停留点
4.区间dp
从区间中枚举断点,合并左右,找最优方案
例题:
合并石子
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=,inf=0x7fffffff/;
int f1[maxn][maxn],f2[maxn][maxn];
int a[maxn],sum[maxn],n,ans1,ans2;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=;i<=n*;i++){
sum[i]=sum[i-]+a[i];
f2[i][i]=;
f1[i][i]=;
}
for(int l=;l<=n;l++){
for(int i=;i<=*n-l+;i++){
int j=i+l-;
f1[i][j]=inf;
f2[i][j]=;
for(int k=i;k<j;k++){
f1[i][j]=min(f1[i][j],f1[i][k]+f1[k+][j]);
f2[i][j]=max(f2[i][j],f2[i][k]+f2[k+][j]);
}
f1[i][j]+=sum[j]-sum[i-];
f2[i][j]+=sum[j]-sum[i-];
}
ans1=inf;
ans2=;
for(int i=;i<=n;i++){
ans1=min(ans1,f1[i][i+n-]);
ans2=max(ans2,f2[i][i+n-]);
}
}
cout<<ans1<<endl<<ans2;
return ;
}
5.其他(没有套路,只能自己推转移方程)
肥肠常烤非常常考
例题:数字三角形(终于有道做过的了QAQ)
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath> //怀念不用万用文件头的日子
using namespace std;
int n;
int v[][];
int ans=;
int main(){
cin>>n;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
cin>>v[i][j];
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=i;j++)
v[i][j]=max(v[i-][j-],v[i-][j])+v[i][j]; //因为每项只会“被”左上一项或上面一项产生贡献,只考虑那两项
for(int i=;i<=n;i++)
ans=max(ans,v[n][i]);
cout<<ans;
return ;
}
例题*改
对于每项v[i][j]%m,求其最大
多开一个维度,[k],k表示%m剩下的值,dp方程如下:
if(f[i-1][j-1][(k-a[i][j])%m]||f[i-1][j][(k-a[i][j])%m])
f[i][j][k]=true; //这里f数组为bool,结果直接输出k
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