写在前面的话:

其实在去年寒假奥赛集训的时候,就已经接触DP了,但自己是真得对那时的自己很无语,不会,想不通,记不住就不管了,也没想过要一定把它吃透--但该来的总还是要来的。

所以现在就来玩好玩的DP吧。

DP分类:

一、简单基础dp

这类dp主要是一些状态比较容易表示,转移方程比较好想,问题比较基本常见的。主要包括递推、背包、LIS(最长递增序列),LCS(最长公共子序列)

二、区间dp

三、树形dp

四、数位dp

五、状态压缩dp

好,柿子先从软的捏

先了解dp的基本思想吧。

在现实生活中,有些过程可以分成若干个相互联系的阶段,在它的每一阶段都要做出决策,从而使整个过程达到最好的活动效果。其中,各个阶段决策的选取既依赖当前面临的状态,又影响以后的发展,当个各阶段决策确定后,就构成了一个决策序列。

动态规划问题满足三大重要性质

  • 最优子结构性质:如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的,我们就称该问题具有最优子结构性质(即满足最优化原理)。最优子结构性质为动态规划算法解决问题提供了重要线索。
  • 子问题重叠性质:子问题重叠性质是指在用递归算法自顶向下对问题进行求解时,每次产生的子问题并不总是新问题,有些子问题会被重复计算多次。动态规划算法正是利用了这种子问题的重叠性质,对每一个子问题只计算一次,然后将其计算结果保存在一个表格中,当再次需要计算已经计算过的子问题时,只是在表格中简单地查看一下结果,从而获得较高的效率。
  • 无后效性:将各阶段按照一定的次序排列好之后,对于某个给定的阶段状态,它以前各阶段的状态无法直接影响它未来的决策,而只能通过当前的这个状态。换句话说,每个状态都是过去历史的一个完整总结。这就是无后向性,又称为无后效性。

OK,现在就开始看第一个简单的模型吧--数字金字塔。

7
               3 8
              8 1 0
             2 7 4 4
            4 5 2 6 5

大体思想:

法1:顺推法

路径起点确定,中间点与终点相对不确定,定义f[x][y]为从(1,1)出发到达(x,y)的路径最大权值和。

因为要使从(x,y)到终点值最大,就要使(1,1)到(x,y)值最大,并且,到达(x,y)的路径就只有两条,一个左上,一个右上,当然,两边的点也不必担心,因为它的左上或右上的值为零,状态转移方程依然成立。

f[x][y]=max{f[i-1][y-1],f[i-1][y]}+a[x][y]。

最后,ans为f[n][1~n]最大的一个

法2:逆推法(新颖的脑回路)

由顶向下分析,自底向上计算。

f[x][y]=max{f[x+1][y+1]+f[x+1][y]}+a[x][y]。

for(int i=1;i<=n;i++)

f[n][i]=a[n][i];

推荐博文;https://www.cnblogs.com/Renyi-Fan/p/9285495.html

and then

LIS(最长上升子序列)

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[100],n,f[100],ans;//f[]表示从1~~n每个数所包含的最大上升子序列
int main() //a[]记录数字
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[j]<a[i])
f[i]=max(f[i],f[j]+1);//f[j]+1表示若以a[j]为a[i]的下一个子序列时的最大子序列数
}//有可能a[j]过小以至于子序列数过短
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(f[i]>ans)
ans=f[i];//包含递推思想
}
cout<<ans;
return 0;
}

以上为0(n^2)

我自己的理解:

f[i]表示以a[i]结尾的序列的最长长度,其序列最短也还是有一个的(本身),so初始化为f[i]=1;

后面如果有比a[i]小的,例如我们先设为a[k]吧,那我们可以选择将以a[i]结尾的那一串数接在a[k]的后面,此时以a[k]结尾的序列长度就为f[i]+1;

当然,选择这个a[i]接在后面不一定是最长的,所以我们要将目前已知f[i]的值与选择a[i]接在前面从而得到的值比较,

f[i]=max(f[j]+1,f[i])。

依次遍历a[1]~a[n],然后sort一下就能得到lis了。

有0(nlongn)的写法,但是,好吧,我不会啊。。。

但不妨碍我粘个代码:

 int n;
cin>>n;
for(int i=;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
f[i]=0x7fffffff;
//初始值要设为INF
/*原因很简单,每遇到一个新的元素时,就跟已经记录的f数组当前所记录的最长
上升子序列的末尾元素相比较:如果小于此元素,那么就不断向前找,直到找到
一个刚好比它大的元素,替换;反之如果大于,么填到末尾元素的下一个q,INF
就是为了方便向后替换啊!*/
}
f[]=a[];
int len=;//通过记录f数组的有效位数,求得个数
/*因为上文中所提到我们有可能要不断向前寻找,
所以可以采用二分查找的策略,这便是将时间复杂
度降成nlogn级别的关键因素。*/
for(int i=;i<=n;i++)
{
int l=,r=len,mid;
if(a[i]>f[len])f[++len]=a[i];
//如果刚好大于末尾,暂时向后顺次填充
else
{
while(l<r)
{
mid=(l+r)/;
if(f[mid]>a[i])r=mid;
//如果仍然小于之前所记录的最小末尾,那么不断
//向前寻找(因为是最长上升子序列,所以f数组必
//然满足单调)
else l=mid+;
}
f[l]=min(a[i],f[l]);//更新最小末尾
}
}
cout<<len;

LCS(最长公共子序列):

用 dp[i][j] 来表示第一个串的前 i位,第二个串的前j位的 LCS 的长度。

 //T:最长公共子序列
#include <cstdio>
#include <algorithm> #define MAXN 2111 using namespace std; int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = ; i <= m; i++) scanf("%d", &b[i]); for(int i = ; i <= n; i++) {
for(int j = ; j <= m; j++) { f[i][j] = max(f[i - ][j], f[i][j - ]); if(a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - ][j - ] + ); else f[i][j] = max(f[i][j], f[i - ][j - ]); }
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return ;
}

个人以为DP是贪心思想与递推思想的结合

写得非常好:https://www.luogu.org/blog/pks-LOVING/junior-dynamic-programming-dong-tai-gui-hua-chu-bu-ge-zhong-zi-xu-lie

OK,现在来看一些题目:

硬币问题
您有无限多的硬币,硬币的面值为 1,5,10,50,100,500.
给定一个数额 w,问您最少用多少枚硬币可以凑出 w.

依据生活经验,我们可以采用这种策略:
先尽量用500的,然后尽量用100的……以此类推。
e.g. 666 = 1*500+1*100+1*50+1*10+1*5+1*1,共用10枚硬币。
这就是贪心了。
我们每次使用一个硬币,总能最大程度地解决问题(把剩下要凑的数
额变小)。可是,贪心是一种只考虑眼前情况的策略。尽管这一套硬
币面值可以采用贪心策略,但是迟早要栽跟头的。

我们考虑一组新的硬币面值:1,5,11.
于是有了一个反例:如果我们要凑出15,贪心策
15 = 11+4*1,共用 5 枚硬币。
而最佳策略是:
15 = 3*5,共用3枚硬币。

贪心策略自此陷入困境:鼠目寸光。
在 w=15 时,贪心策略选择了面值 11 的硬币(因为这样可以尽可
能降低要凑的数额)。
在选择了面值为 11 的硬币之后,我们只好面对 w=4 的处境。

我们重新分析刚刚的情况:
w=15时,我们取了11,接下来面对w=4的情况。
w=15时,如果我们取5,接下来就面对w=10的情况。
我们记“凑出n需要用到的最少硬币数量”为 f(n).

那么,如果我们取了 11,则:
cost = f(4) + 1 = 4 + 1 = 5.
解释:我们用了一枚面值为 11 的硬币,所以加
接下来面对的是 w=4 的情况。f(4) 我告诉你等
相应地,如果我们选择取 5,则:
cost = f(10) + 1 = 2 + 1 = 3.

那么,w=15时,我们选哪枚硬币呢?
cost最低的那一个!
11: cost = f(4) + 1 = 4 + 1 = 5.
5: cost = f (10) + 1 = 2 + 1 = 3.
1: cost = f (14) + 1 = 4 + 1 = 5.
选择5,f( 15) = 3,即为答案!

f(n) = min {f(n− 1) , f(n − 5) ,f(n − 11) } + 1

for(int i = 1; i <=n ; i++{
  cost=INF;
  if(i-1>=0) cost=min(cost,f[i-1]+1);
  if(i-5>=0) cost=min(cost,f[i-5]+1);
  if(i-11>=0) cost=min(cost,f[i-11]+1);
  f[i]=cost;
}
cout<<f[n];

依次将当前面值n与n-1 n-5 n-11面值的最小硬币数进行状态转移

这个算法的时间复杂度显然是O(n).为什么比暴力要快呢?
我们暴力枚举了“使用的硬币”,然而这属于冗余信息。
我们要的是答案,根本不关心这个答案是怎么凑出来的。
要求出f(15),只需要知道f (14) , f(10) , f(4)的值。
其他信息不需要。

要求出f(15),只需要知道f (14) , f(10) , f(4)的值,而
f (14) , f(10) , f(4)是如何算出来的,对之后的问题没有影响。
“未来与过去无关”,这就是无后效性。

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