题目大意:输入n,代表有n种数,接下来n个数代表n种数,再接下来n个数代表每种数有多少个,在输入K,代表用这些数要加成的和

问你是否能加为K,能输出yes,不能输出no

这是一个典型的多重背包问题,可以用dp来求解,。但是如何定义递推关系会影响到最终的复杂度,首先我们先看一下如下定义:

dp[i+1][j];=用前i种数能否加成和为j

为了用前i种数加成j,也就需要能用前i-1种数字加成j,j-a[i],···,j-mi*a[i],中的某一种,由此我们可以定义如下递推关系

dp[i+1][j]=(0<=k<=mi,且k*a[i]<=j时,存在使dp[i][j-k*a[i]]为真的k;

看代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll mod=1e9+;
#define INF 0x3f3f3f
bool dp[][];
int main()
{
memset(dp,false,sizeof(dp));
dp[][]=true;//赋初值
int n,s;
int a[],b[];
cin>>n;
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=;i<n;i++)
cin>>b[i];
cin>>s;
//for(int i=;i<n;i++)
// cout<<a[i]<<' '<<b[i]<<endl;
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=;j<=s;j++)
{
for(int k=;k<=b[i]&&k*a[i]<=j;k++)
{
dp[i+][j]|=dp[i][j-k*a[i]];//注意这里的或运算,代表有一个为真则为真
}
}
}
//for(int i=;i<=s;i++)
// cout<<dp[n][i]<<' ';
if(dp[n][s])
cout<<"yes"<<endl;
else
cout<<"no"<<endl;
return ;
}

上面这个算法的复杂度是比较大,并不够好。一般用dp求取bool 结果的话会有不少浪费,同样的复杂度通常能获得更多的信息

在这个问题中,我们不光求出能否得到目标的和数,同时把得到时a[i]这个数还剩多少个计算出来,这样就可以减少复杂度

dp[i+][j]:=用前i种数加和得到j时,第i种数还剩多少个(不能加的情况为-1)

按照如上所述的递推关系,这样如果前i-1个数加能得到j的话,第i个数就可以留下b[i]个了,此外,前i种数加和出j-a[i]时第i种数还剩k(k>0)个的话

,用这i种数加和为j时就能剩k-1个了,由此我们可以得出如下递推式:

dp[i+1][j]=b[i]     (dp[i][j]>=0)

dp[i+1][j]=-1       (j<a[i]||dp[i_1][j-a[i]]<=0)

dp[i+1][j]=dp[i+1][j-a[i]]-1     (其它)

看代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll mod=1e9+;
#define INF 0x3f3f3f
int dp[][];
int main()
{
memset(dp,-,sizeof(dp));
dp[][]=;//赋初值
int n,s;
int a[],b[];
cin>>n;
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=;i<n;i++)
cin>>b[i];
cin>>s;
for(int i=;i<n;i++)
{
for(int j=;j<=s;j++)
{
if(dp[i][j]>=)
dp[i+][j]=b[i];
else if(j<a[i]||dp[i+][j-a[i]]<=)
dp[i+][j]=-;
else
dp[i+][j]=dp[i+][j-a[i]]-; }
}
if(dp[n][s]>=)
cout<<"yes"<<endl;
else
cout<<"no"<<endl;
return ;
}

题目大意:有一个长度为n的序列,a[0],a[1]···a[n-1],请求出这个序列中最长的上升子序列的长度,上升子序列可以不连续,任意i<j,a[i]<a[j]

限制条件:1<=n<=1000   1<=a[i]<=1000000

首先我们建立递推关系

定义dp[i]=:以a[i]为末尾的最长上升子序列的长度

以a[i]为末尾的上升子序列是:

只包含a[i]的子序列

在满足j<i并且a[j]<a[i]的以a[j]为结尾的上升子序列追加上a[i]后得到的子序列

这二者之一。这样我们就能得到如下递推关系

dp[i]=max(1,dp[j]+1)  j<i并且a[j]<a[i]

使用这一递推公式可以在O(n^2)时间内解决问题

看代码

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll mod=1e9+;
#define INF 0x3f3f3f
int main()
{
int n,ans=;
int a[];
int dp[];
memset(dp,,sizeof(dp));
cin>>n;
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=;i<n;i++)
{
dp[i]=;
for(int j=;j<i;j++)
{
if(a[j]<a[i])
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+);
}
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

此外还可以定义其它的递推关系。前面我们利用do求取针对最末尾的元素的最长的子序列。如果子序列

长度相同,那么最末尾的元素较小的在之后会更加有优势,所以我们反过来用dp针对长度相同情况下最小

的末尾元素进行求解

dp[i]:=长度为i+1的上升子序列中末尾元素的最小值

最开始全部dp[i]的值都初始化为为INF。然后由前到后逐个考虑数组的元素,对于每个a[j],如果i=0或者dp[i-1]<a[j]的话,就用dp[i]=min(dp[i],a[j])进行更新。这里如果看不懂就自己拿抄稿本走一遍,就一清二楚了。最终找出使得dp[i]<INF的最大i+1就是结果了。这个dp直接实现的话,能够与

前面的方法一样在O(n^2)的时间内给出结果,但是这一算法还可以进一步优化。 首先dp数组里除了INF之外是单调递增的,所以可以知道对于

每一个a[j]最多只需要一次更新。对于这次更新在什么位子,不必逐个遍历,可以利用二分搜索,这样就可以在O(nlogn)的时间内求出结果

复杂度O(nlogn)

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll mod=1e9+;
#define INF 0x3f3f3f
int main()
{
int n;
int a[];
int dp[];
cin>>n;
fill(dp,dp+n,INF);
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
for(int i=;i<n;i++)
{
*lower_bound(dp,dp+n,a[i])=a[i];
}
cout<<lower_bound(dp,dp+n,INF)-dp<<endl;
return ;
}

上面代码中使用了lower_bound这个STL函数。这个函数从已排好序的序列a中利用二分搜索找出满足a[i]>=k的最小的a[i]的指针。

多重背包(dp专题)的更多相关文章

  1. luogu||P1776||宝物筛选||多重背包||dp||二进制优化

    题目描述 终于,破解了千年的难题.小FF找到了王室的宝物室,里面堆满了无数价值连城的宝物……这下小FF可发财了,嘎嘎.但是这里的宝物实在是太多了,小FF的采集车似乎装不下那么多宝物.看来小FF只能含泪 ...

  2. POJ 1742 Coins 【多重背包DP】

    题意:有n种面额的硬币.面额.个数分别为A_i.C_i,求最多能搭配出几种不超过m的金额? 思路:dp[j]就是总数为j的价值是否已经有了这种方法,如果现在没有,那么我们就一个个硬币去尝试直到有,这种 ...

  3. 【bzoj1531】[POI2005]Bank notes 多重背包dp

    题目描述 Byteotian Bit Bank (BBB) 拥有一套先进的货币系统,这个系统一共有n种面值的硬币,面值分别为b1, b2,..., bn. 但是每种硬币有数量限制,现在我们想要凑出面值 ...

  4. DZY Loves Math II:多重背包dp+组合数

    Description Input 第一行,两个正整数 S 和 q,q 表示询问数量.接下来 q 行,每行一个正整数 n. Output 输出共 q 行,分别为每个询问的答案. Sample Inpu ...

  5. hdu 2844 Coins (多重背包+二进制优化)

    链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2844 思路:多重背包 , dp[i] ,容量为i的背包最多能凑到多少容量,如果dp[i] = i,那么代表 ...

  6. 【bzoj4182】Shopping 树的点分治+dfs序+背包dp

    题目描述 给出一棵 $n$ 个点的树,每个点有物品重量 $w$ .体积 $c$ 和数目 $d$ .要求选出一个连通子图,使得总体积不超过背包容量 $m$ ,且总重量最大.求这个最大总重量. 输入 输入 ...

  7. HDU - 1059 背包dp

    题目: 有两个小朋友想要平分一大堆糖果,但他们不知道如何平分需要你的帮助,由于没有spj我们只需回答能否平分即可. 糖果大小有6种分别是1.2.3.4.5.6,每种若干颗,现在需要知道能不能将这些糖果 ...

  8. 单调队列优化DP,多重背包

    单调队列优化DP:http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2012/07/11/2585950.html 单调队列优化多重背包:http://blog.csdn ...

  9. DP大作战——多重背包

    题目描述 在之前的上机中,零崎已经出过了01背包和完全背包,也介绍了使用-1初始化容量限定背包必须装满这种小技巧,接下来的背包问题相对有些难度,可以说是01背包和完全背包的进阶问题. 多重背包:物品可 ...

随机推荐

  1. Trilead,SSH2的Java调用

    最近项目要部署10台设备,如果每台设备都手动进行部署想想也是醉了. 因为之前一直使用SecurityFX以及SecurityCRT,所以考虑是否可以使用基于SSH2的类库来实现文件拷贝以及远程命令调用 ...

  2. C# 中常用LInq操作

    static void Main(string[] args) { , , , , , , }; , , , , , , }; , , , , , , , , , , , }; // 交集 var f ...

  3. Poj 1973 Software Company(二分+并行DP)

    题意:软件公司接了两个项目,来自同一个合同,要一起交付.该公司有n个程序猿来做这两个项目A和B,每个项目都被分为m个子项目,给定每个程序猿做一个A中的子项目需要的时间Xi秒,和做B中的子项目所需时间Y ...

  4. HDU1114(完全背包装满问题)

    Piggy-Bank Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total ...

  5. C++11中的原子操作(atomic operation)

    所谓的原子操作,取的就是“原子是最小的.不可分割的最小个体”的意义,它表示在多个线程访问同一个全局资源的时候,能够确保所有其他的线程都不在同一时间内访问相同的资源.也就是他确保了在同一时刻只有唯一的线 ...

  6. 【转】Pro Android学习笔记(十五):用户界面和控制(3):Button控件

    目录(?)[-] 基础Button ImageButton ToggleButton CheckBox RadioButton 基础Button Button是最常用的基础控件之一,在Android中 ...

  7. java对象在内存中的结构(HotSpot虚拟机)

    一.对象的内存布局 HotSpot虚拟机中,对象在内存中存储的布局可以分为三块区域:对象头(Header).实例数据(Instance Data)和对齐填充(Padding). 从上面的这张图里面可以 ...

  8. cadence spb 16.5 破解过程实例和使用感受_赤松子耶_新浪博客

    cadence spb 16.5 破解过程实例和使用感受_赤松子耶_新浪博客 Cadence Allegro16.5详细安装具体的步骤 1.下载SPB16.5下来后,点setup.exe,先安装第一项 ...

  9. Ubuntu 解决:当执行`sudo apt-get update`命令时 出现的 “apt-get 404 Not Found Package Repository Errors” 问题

    Ubuntu 解决:当执行sudo apt-get update或者sudo apt-get install命令是出现的 "apt-get 404 Not Found Package Rep ...

  10. Linux下查看文件编码,文件编码格式转换和文件名编码转换

    linux相关   2008-10-07 10:46   阅读1392   评论0   字号: 大大  中中  小小  如果你需要在Linux中 操作windows下的文件,那么你可能会经常遇到文件编 ...