DP专题

  • 多阶段决策:递推——逆推方式(难度较大),记忆化搜索方式,考虑当前决策层(cur)

  • 01背包:变形众多,两种方式,一是考虑阶段的方式, ,另一种是刷表法

题目推荐:

bzoj 4247

Description

JOI君有N个装在手机上的挂饰,编号为1...N。 JOI君可以将其中的一些装在手机上。

JOI君的挂饰有一些与众不同——其中的一些挂饰附有可以挂其他挂件的挂钩。每个挂件要么直接挂在手机上,要么挂在其他挂件的挂钩上。直接挂在手机上的挂件最多有1个。

此外,每个挂件有一个安装时会获得的喜悦值,用一个整数来表示。如果JOI君很讨厌某个挂饰,那么这个挂饰的喜悦值就是一个负数。

JOI君想要最大化所有挂饰的喜悦值之和。注意不必要将所有的挂钩都挂上挂饰,而且一个都不挂也是可以的。

Input

第一行一个整数N,代表挂饰的个数。

接下来N行,第i行(1<=i<=N)有两个空格分隔的整数Ai和Bi,表示挂饰i有Ai个挂钩,安装后会获得Bi的喜悦值。

Output

输出一行一个整数,表示手机上连接的挂饰总和的最大值

Sample Input

50 42 -21 -10 10 3

Sample Output

5

HINT

将挂饰2直接挂在手机上,然后将挂饰1和挂饰5分别挂在挂饰2的两个挂钩上,可以获得最大喜悦值4-2+3=5。

1<=N<=2000

0<=Ai<=N(1<=i<=N)

-106<=Bi<=106(1<=i<=N)

分析:单纯考虑第一个挂饰,决策的顺序有很大的影响,这样会陷入暴力的方案中去,按照挂钩排序,这样就貌似不用考虑是否没有地方放了。考虑前 i 个物品, 是否能转移呢? 加一维 j 当前有多少挂钩,

保证 j >=1 ,初始化状态 其他 负很多,这样才能将开始就是负数的状态转移上来。

可以发现,这个过程其实就是一个01背包刷表过程。

/**************************************************************
   Problem: 4247
   User: TreeDream
   Language: C++
   Result: Accepted
   Time:2180 ms
   Memory:17012 kb
****************************************************************/ #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int inf =0x3f3f3f3f; int n;
struct Node {
   int a,b;
   bool operator < (const Node& rhs) const {
       return a > rhs.a;
  }
}nodes[2005]; int dp[2005][2005]; int main()
{
   //freopen("in.txt","r",stdin);
   scanf("%d",&n);    for(int i = 1; i <=n; i++)
       scanf("%d%d",&nodes[i].a,&nodes[i].b);
   sort(nodes+1,nodes+1+n);
   for(int i = 0; i <=n; i++)
       memset(dp[i],-inf,sizeof(dp[i]));

   dp[0][1] = 0;
   for(int i=1;i<=n;i++) {
       for(int j=n;j>=0;j--) {
           int tmp = max(j-nodes[i].a,0);
           dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][tmp+1]+nodes[i].b);
      }
  }    int ans = 0;
   for(int i = 0; i <= n; i++)
       ans = max(ans,dp[n][i]);
   printf("%d\n",ans);    return 0;
}

其实还有一些题目要推荐的:今天上课太热了,脑子有点晕,明天更新这一块的有趣的内容。

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