[NOIP 2014复习]第三章：动态规划——NOIP历届真题回想

背包型动态规划

1、Wikioi 1047 邮票面值设计

题目描写叙述 Description

给定一个信封，最多仅仅同意粘贴N张邮票，计算在给定K（N+K≤40）种邮票的情况下（假定全部的邮票数量都足够），怎样设计邮票的面值。能得到最大值MAX。使在1～MAX之间的每个邮资值都能得到。

比如。N=3，K=2，假设面值分别为1分、4分。则在1分～6分之间的每个邮资值都能得到（当然还有8分、9分和12分）；假设面值分别为1分、3分，则在1分～7分之间的每个邮资值都能得到。能够验证当N=3。K=2时，7分就是能够得到的连续的邮资最大值。所以MAX=7，面值分别为1分、3分。

输入描写叙述 Input Description

N和K

输出描写叙述 Output Description

每种邮票的面值。连续最大能到的面值数。数据保证答案唯一。

例子输入 Sample Input

3 2

例子输出 Sample Output

1 3

MAX=7

非常好的一道题！实际上这个题是个DFS搜索题，通过DFS搜索下一个能够出现的邮票面值，可是得到邮票面值后须要求出能凑出的最大邮资。假设光用枚举，尽管数据范围不大，可是算上去也是个非常大的常数了，加上DFS搜索次数太多，这样做会超时。比較好的办法就是用全然背包f[v]表示凑出邮资v最少要多少张邮票，每次得到一个邮票面值。就记录下它，用“我为人人”型动规更新f数组，然后从小到大搜索一遍下一种邮票面值，直到全部邮票面值都枚举完，更新最大邮资

另外须要注意的是搜索下一种邮票面值时。也不能乱枚举，这样会让搜索树中每一个节点的儿子太多。搜索树就会太大。一样会超时，那么枚举就得有上下界。

下界的求法是，枚举的下一种邮票面值要保证比上一种大，这样邮票面值序列就会是单调递增的，非常明显。下界是之前求出的邮票面值中的最后一种面值x+1，简单证明：

假设下一种邮票面值应该小于之前的邮票，因为邮票面值序列是单调递增的。那么它不应该在这个时候搜索。而应该早就被搜过了，不会轮到如今这么晚搜。

而枚举面值的上界是当前全部邮票能凑出的连续最大邮资sum，简单证明：

之前出现的邮资连续区间是[1,sum],而下一张邮票面值是sum+1,则加上下一张邮票面值后，连续区间为[1,sum]∩[sum+2,sum*2+1],而邮资sum+1取不到，实际上连续最大邮资还是sum没变，说明下一张邮票面值取得太大了

若下一张邮票面值是sum,则加上下一张邮票面值后，连续区间为[1,2*sum]。答案变大了，邮票面值取得刚好。

这样一来此题思路就清晰了。以下是代码

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>

#define MAXV 1000
#define MAXN 40
#define INF 1000000

int f[MAXV],stamp[MAXN],nowSol[MAXN],maxValue; //f[v]=凑出面额v至少要多少张邮票。stamp是保存面值的数组,nowSol是当前DFS搜出的邮票面值,max=当前最大总面值
int n,k;

void dfs(int cnt,int sum) //已经有了cnt种邮票（当前正在尝试第cnt+1种邮票），并且
{
	int copy[MAXV]; //拷贝数组f用
	if(cnt==k) //全部邮票的面值都枚举完了
	{
		if(sum>maxValue) //假设当前的最大总面值超过之前的答案。那么这是新的最优解
		{
			maxValue=sum;
			for(int i=1;i<=cnt;i++)
				stamp[i]=nowSol[i];
		}
		return;
	}
	for(int i=0;i<MAXV;i++) copy[i]=f[i]; //后面的操作会改动f数组。所以先将f数组拷贝保存起来，回溯后再恢复回去
	//全然背包求出使用该种邮票后能够获得的面值
	for(int i=nowSol[cnt]+1;i<=sum;i++) //枚举下一个面额
	{
		for(int j=0;j<MAXV-i;j++)
			if(f[j]+1<f[j+i])
				f[j+i]=f[j]+1;
		int nowMaxValue; //当前能凑出的最大邮资
		for(nowMaxValue=sum+1;f[nowMaxValue]<=n;nowMaxValue++); //寻找能得到的最大面值
		nowSol[cnt+1]=i; //添加新的邮票
		dfs(cnt+1,nowMaxValue);
		for(int j=0;j<MAXV;j++) f[j]=copy[j]; //把f数组拷贝回来
	}
}

int main()
{
	int i;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	nowSol[1]=1; //第一张邮票的面值一定为1(废话，不用1的话，一种邮票凑不出连续的邮资)
	for(i=1;i<=n;i++) f[i]=i; //DP边界1：f[i]=i,i<=n,由于这时邮资小，仅仅用i张1元邮票就能凑起来
	for(;i<MAXV;i++) f[i]=INF; //DP边界2：f[i]=+∞。由于这时邮资大了，邮票个数有限，光用1元邮票凑不齐。须要后面添加新面值以后，通过全然背包动规更新f数组
	dfs(1,n);
	for(i=1;i<=k;i++) printf("%d ",stamp[i]);
	printf("\nMAX=%d\n",maxValue);
	system("pause");
	return 0;
}

2、Wikioi 1155 金明的预算方案

题目描写叙述 Description

金明今天非常开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的非常宽敞的房间。

更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间须要购买哪些物品，怎么布置。你说了算，仅仅要不超过N元钱即可”。今天一早，金明就開始做预算了。他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的样例：

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯。文具
工作椅	无

假设要买归类为附件的物品。必须先买该附件所属的主件。每一个主件能够有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西非常多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（能够等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]。重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j₁。j₂，……，j_k，则所求的总和为：

v[j₁]*w[j₁]+v[j₂]*w[j₂]+…+v[j_k]*w[j_k]。（当中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描写叙述 Input Description

第1行。为两个正整数，用一个空格隔开：

N m

（当中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）

从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数

v p q

（当中v表示该物品的价格（v<10000）。p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。假设q=0。表示该物品为主件。假设q>0，表示该物品为附件。q是所属主件的编号）

输出描写叙述 Output Description

仅仅有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）

例子输入 Sample Input

1000 5

800 2 0

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

例子输出 Sample Output

2200

这个题WA得太奇妙了，数组开小了。fuck

详细说这就是个01背包的题，仅仅只是决策时须要注意下，仅仅对主件进行决策，要么不取主件，要么仅仅取主件。要么取主件和1号附件，要么取主件和2号附件。要么主件和1、2号附件都取。

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define MAXM 70
#define MAXN 30100

int w[MAXM][4]; //w[i][0]=i的价格,w[i][1]=i的1号附件价格,w[i][2]=i的2号附件价格
int v[MAXM][4]; //v[i][0]=i的价值,v[i][1]=i的1号附件价值,v[i][2]=i的2号附件价值
int f[MAXM][MAXN]; //f[v]=使用掉的钱为v时获得的最大价值

int max(int a,int b)
{
	if(a>b) return a;
	return b;
}

int main()
{
	int n,m,maxAns=-1;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int W,V,belong;
		scanf("%d%d%d",&W,&V,&belong);
		if(!belong) //是附件
		{
			w[i][0]=W;
			v[i][0]=V;
		}
		else
		{
			if(!w[belong][1])
			{
				v[belong][1]=V; //记录下主件有附件1
				w[belong][1]=W;
			}
			else
			{
				v[belong][2]=V; //记录下主件有附件1
				w[belong][2]=W;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				if(j>=w[i][0])
				{
					f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i][0]]+v[i][0]*w[i][0]); //仅仅要主件
					if(j-w[i][0]-w[i][1]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]); //主件+1号附件
					if(j-w[i][0]-w[i][2]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][2]*w[i][2]); //主件+2号附件
					if(j-w[i][0]-w[i][1]-w[i][2]>=0) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]-w[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]+v[i][2]*w[i][2]); //主件+2号附件
				}
				else f[i][j]=f[i-1][j];
			}
	printf("%d\n",f[m][n]);
	system("pause");
	return 0;
}

棋盘型动态规划

1、Wikioi 1043 方格取数

题目描写叙述 Description

设有N*N的方格图(N<=10,我们将当中的某些方格中填入正整数,而其它的方格中则放入数字0。

例如以下图所看到的（见例子）：

某人从图的左上角的A 点出发。能够向下行走，也能够向右走，直到到达右下角的B点。在走过的路上，他能够取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。

此人从A点到B 点共走两次，试找出2条这种路径，使得取得的数之和为最大。

输入描写叙述 Input Description

输入的第一行为一个整数N（表示N*N的方格图），接下来的每行有三个整数。前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。

一行单独的0表示输入结束。

输出描写叙述 Output Description

仅仅需输出一个整数。表示2条路径上取得的最大的和。

例子输入 Sample Input

8

2  3  13

2  6   6

3  5   7

4  4  14

5  2  21

5  6   4

6 3  15

7 2  14

0 0  0

例子输出 Sample Output

67

和之前的传纸条非常类似，思路基本同样，照搬就可以。这里不细说，但有个细节须要注意：这里两条路径是能够重合的。因为题目中有这个要求。所以动规时不能避开两个同样的点，如图

若两条路径有交叉(DP中两个点同样)。那么就把反复算入的当前格子分数扣掉即可了。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>

#define MAXN 50

long long int f[MAXN][MAXN][MAXN][MAXN];
long long int n,map[MAXN][MAXN];

long long int max(long long int a,long long int b)
{
	if(a>b) return a;
	return b;
}

int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	int x,y,num;
	while(1)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&num);
		if(!x&&!y&&!num) break;
		map[x][y]=num;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) //第一条路径过点(i,j)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=1;k<=n;k++)
				for(int h=1;h<=n;h++)
				{
					f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k-1][h]);
					f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i-1][j][k][h-1]);
					f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k-1][h]);
					f[i][j][k][h]=max(f[i][j][k][h],f[i][j-1][k][h-1]);
					f[i][j][k][h]+=map[i][j]+map[k][h];
					if(i==k&&j==h) f[i][j][k][h]-=map[i][j];
				}
	printf("%lld\n",map[n][n]+max(f[n-1][n][n][n-1],f[n][n-1][n-1][n]));
	return 0;
}

区间型动态规划

1、Wikioi 1090 加分二叉树

题目描写叙述 Description

设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,…,n），当中数字1,2,3,…,n为节点编号。每一个节点都有一个分数（均为正整数），记第j个节点的分数为di，tree及它的每一个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包括tree本身）的加分计算方法例如以下：

subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数

若某个子树为主，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空

子树。

试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,…,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出。

（1）tree的最高加分

（2）tree的前序遍历

如今。请你帮助你的好朋友XZ设计一个程序，求得正确的答案。

输入描写叙述 Input Description

第1行：一个整数n（n<=30）。为节点个数。

第2行：n个用空格隔开的整数，为每一个节点的分数（分数<=100）

输出描写叙述 Output Description

第1行：一个整数。为最高加分（结果不会超过4,000,000,000）。

第2行：n个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。

例子输入 Sample Input

5

5 7 1 2 10

例子输出 Sample Output

145

3 1 2 4 5

数据范围及提示 Data Size & Hint

n（n<=30)

分数<=100

乍一看这个题是数据结构题。可是由于一个中序遍历相应多个二叉树。这个题没办法建树，好像做不出来，可是细想NOIP怎么可能会考这么裸的二叉树呢？所以这个题是个区间型动规题，为了写起来方便，最好是用记忆化DFS来写，也不easy错。

能够用一个二元组（或者说区间左右端点）[L,R]表示当前递归层次的状态，dfs(L,R)=求区间[L,R]相应二叉树子树能获得的最大分数，为了能在线段区间中模拟树结构的递归深搜过程，能够进行下图的操作

动规的思路也非常清晰，套用区间型动规的通用方程即可，f[L,R]=max{f[L,mid-1]*f[mid+1,R]+value[mid]},这里mid就是要取的子树根结点

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>

#define MAXN 100

int f[MAXN][MAXN]; //f[i][j]=中序遍历序列区间[1,j]获得分数的最大值
int visit[MAXN][MAXN];
int root[MAXN][MAXN];

int max(int a,int b)
{
	if(a>b) return a;
	return b;
}

int dp(int L,int R) //
{
	if(L==R) return f[L][R];
	if(L>R) return 1;
	if(visit[L][R]) return f[L][R];
	visit[L][R]=1;
	int maxAns=-1;
	for(int mid=L;mid<=R;mid++)
		if(maxAns<(dp(L,mid-1)*dp(mid+1,R)+f[mid][mid]))
		{
			root[L][R]=mid;
			int Ltree=dp(L,mid-1);
			int Rtree=dp(mid+1,R);
			maxAns=(Ltree*Rtree+f[mid][mid]);
		}
	return f[L][R]=maxAns;
}

void firstPrint(int L,int R)
{
	if(L>R) return;
	printf("%d ",root[L][R]);
	firstPrint(L,root[L][R]-1);
	firstPrint(root[L][R]+1,R);
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&f[i][i]);
		root[i][i]=i;
	}
	printf("%d\n",dp(1,n));
	firstPrint(1,n);
	printf("\n");
	system("pause");
	return 0;
}

序列型动态规划

1、Wikioi 1058 合唱队形

题目描写叙述 Description

N位同学站成一排，音乐老师要请当中的(N-K)位同学出列，使得剩下的K位同学排成合唱队形。



    合唱队形是指这种一种队形：设K位同学从左到右依次编号为1。2…。K。他们的身高分别为T1。T2，…。TK，  则他们的身高满足T1<...<Ti>Ti+1>…>TK(1<=i<=K)。



    你的任务是，已知全部N位同学的身高。计算最少须要几位同学出列。能够使得剩下的同学排成合唱队形。

输入描写叙述 Input Description

输入文件chorus.in的第一行是一个整数N(2<=N<=100)，表示同学的总数。第一行有n个整数。用空格分隔，第i个整数Ti(130<=Ti<=230)是第i位同学的身高(厘米)。

输出描写叙述 Output Description

输出文件chorus.out包括一行，这一行仅仅包括一个整数，就是最少须要几位同学出列。

例子输入 Sample Input

8

186 186 150 200 160 130 197 220

例子输出 Sample Output

4

数据范围及提示 Data Size & Hint

对于50％的数据，保证有n<=20；

对于所有的数据，保证有n<=100。

此题能够用最长上升子序列和最长下降子序列做。只是有些细节须要处理。如图

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

#define MAXN 300

int high[MAXN]; //high[i]=第i个同学的身高
int up[MAXN],dn[MAXN];

int max(int a,int b)
{
	if(a>b) return a;
	return b;
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&high[i]);
		up[i]=dn[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=i;j++)
			if(high[j]<high[i]) up[i]=max(up[i],up[j]+1);
	for(int i=n;i>=1;i--)
		for(int j=n;j>=i;j--)
			if(high[j]<high[i]) dn[i]=max(dn[i],dn[j]+1);
	int maxPeople=-1; //最多參与人数
	for(int i=1;i<=n;i++)
		maxPeople=max(maxPeople,dn[i]+up[i]-1);
	printf("%d\n",n-maxPeople);
	system("pause");
	return 0;
}

状态压缩型动态规划

1、Wikioi 1105 过河

题目描写叙述 Description

在河上有一座独木桥。一仅仅青蛙想沿着独木桥从河的一側跳到还有一側。在桥上有一些石子，青蛙非常讨厌踩在这些石子上。

因为桥的长度和青蛙一次跳过的距离都是正整数，我们能够把独木桥上青蛙可能到达的点看成数轴上的一串整点：0，1。……。L（当中L是桥的长度）。

坐标为0的点表示桥的起点，坐标为L的点表示桥的终点。青蛙从桥的起点開始，不停的向终点方向跳跃。

一次跳跃的距离是S到T之间的随意正整数（包含S,T）。当青蛙跳到或跳过坐标为L的点时。就算青蛙已经跳出了独木桥。

题目给出独木桥的长度L，青蛙跳跃的距离范围S,T，桥上石子的位置。你的任务是确定青蛙要想过河，最少须要踩到的石子数。

输入描写叙述 Input Description

输入第一行有一个正整数L（1<=L<=10⁹），表示独木桥的长度。第二行有三个正整数S，T，M，分别表示青蛙一次跳跃的最小距离。最大距离。及桥上石子的个数。当中1<=S<=T<=10。1<=M<=100。第三行有M个不同的正整数分别表示这M个石子在数轴上的位置（数据保证桥的起点和终点处没有石子）。全部相邻的整数之间用一个空格隔开。

输出描写叙述 Output Description

输出仅仅包含一个整数，表示青蛙过河最少须要踩到的石子数。

例子输入 Sample Input

10

2 35

2 3567

例子输出 Sample Output

2

数据范围及提示 Data Size & Hint

数据规模

对于30%的数据。L<=10000；



对于所有的数据，L<=10⁹。

这个题的DP方程比較好推出来，f[i]=青蛙到达点i至少要踩多少个石头，那么DP方程是

f[i]=min{f[j]},i点无石头

f[i]=min{f[j]}+1,i点有石头

可是题目非常鬼畜，假设纯粹依照距离动规的话，总距离可能达到10^9左右(int的最大范围)。空间时间都吃不消，只是1<=M<=100,石头个数不多，这说明可能有两个石头之间的距离太大，青蛙跳只是去，能够採取压缩状态的方式。缩短总距离。就是说假设两个石头之间距离太大，青蛙跳只是去的话，把两个石头之间的距离改成T，能够想到这种距离青蛙也跳只是去。两者是等价的

详细能够看我之前的一个代码http://blog.csdn.net/qpswwww/article/details/25742233

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 10020
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int f[MAXN]; //f[i]=青蛙到达点i至少要踩的石子数
int maxStoneDist=0; //当前最远的石头距离
int river[MAXN]; //river[i]=1
int stonePos[MAXN];

int min(int a,int b)
{
	if(a<b) return a;
	return b;
}

int main()
{
	int L,S,T,M;
	memset(f,INF,sizeof(f));
	scanf("%d%d%d%d",&L,&S,&T,&M);
	river[0]=1;
	f[0]=0;
	int dist,lastDist=0;
	for(int i=1;i<=M;i++) scanf("%d",&stonePos[i]);
	sort(stonePos+1,stonePos+M+1); //防坑，按距离对石头位置升序排序
	for(int i=1;i<=M;i++)
	{
		if(stonePos[i]-stonePos[i-1]>=T) //新的石头太远，青蛙一定跳只是去
		{
			maxStoneDist+=T;
			river[maxStoneDist]=1; //则设新石头距离为T+1
		}
		else
		{
			maxStoneDist=maxStoneDist+stonePos[i]-stonePos[i-1];
			river[maxStoneDist]=1; //否则新石头距离不变
		}
	}
	for(int i=1;i<=maxStoneDist+T;i++) //我为人人型动规，跳跃起点为i
	{
		int minn=INF;
		for(int j=i-T;j<=i-S;j++)
			if(j>=0)
				minn=min(minn,f[j]);
		f[i]=minn+river[i];
	}
	int ans=INF; //答案。从maxStoneDist到maxStoneDist+T中找
	for(int i=maxStoneDist;i<=maxStoneDist+T;i++)
		ans=min(ans,f[i]);
	if(S==T) //最大跳跃距离等于最小跳跃距离，这样的情况要单独讨论
	{
		ans=0;
		for(int i=1;i<=M;i++)
			if(stonePos[i]%T==0)
				ans++;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

其它类型的动态规划

1、Wikioi 1135 选择客栈

题目描写叙述 Description

丽江河边有 n 家非常有特色的客栈，客栈依照其位置顺序从1 到n 编号。每家客栈都依照某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0 ~ k-1 表示）。且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。

两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢同样的色调。又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调同样的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包含他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过p。

他们想知道总共同拥有多少种选择住宿的方案，保证晚上能够找到一家最低消费不超过p元的咖啡店小聚。

输入描写叙述 Input Description

共n+1 行。

第一行三个整数 n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；

接下来的 n 行。第i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。

输出描写叙述 Output Description

输出仅仅有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。

例子输入 Sample Input

5 2 3

0 5

1 3

0 2

1 4

1 5

例子输出 Sample Output

3

数据范围及提示 Data Size & Hint

【输入输出例子说明】

客栈编号	①	②	③	④	⑤
色调	0	1	0	1	1
最低消费	5	3	2	4	5

2 人要住相同色调的客栈，全部可选的住宿方案包含：住客栈①③，②④，②⑤。④⑤。

可是若选择住 4、5 号客栈的话。4、5 号客栈之间的咖啡店的最低消费是 4，而两人能承受

的最低消费是 3 元，所以不满足要求。因此仅仅有前 3 种方案可选。

【数据范围】

对于 30%的数据，有n≤100；

对于 50%的数据。有n≤1,000；

对于 100%的数据，有2≤n≤200,000，0<k≤50，0≤p≤100， 0≤最低消费≤100。

之前我曾写过一篇该题的解题报告，鉴于没有图加上数组变量太多。不便于理解，我又一次写一篇题解

对于此题，能够用cheapMaxNum[i]表示1~i中编号最大的廉价客栈

 colorMaxNum[i]表示1~i-1中与i颜色同样的编号最大的客栈

 sameColorNum[i]表示1~i-1中和i颜色同样的客栈个数

ans[i]表示1~i-1中与i颜色同样，且其到i之间有廉价客栈的个数

colorNum[i]表示之前全部客栈中色调为i的个数

maxNum[i]表示之前全部客栈中色调为i的最大客栈编号

DP方程的推导能够參考下图

所以第一个DP方程是：

ans[i]=ans[colorMaxNum[i]],cheapMaxNum[i]<=colorMaxNum[i]

ans[i]=sameColorNum[i],cheapMaxNum[i]>colorMaxNum[i]

可是光这个方程还不够，cheapMaxNum数组也是须要推出来的。假设第i个客栈廉价。cheapMaxNum[i]=i,否则cheapMaxNum[i]=cheapMaxNum[i-1],这就是第二个方程

cheapMaxNum[i]=i,price[i]<=p

cheapMaxNum[i]=cheapMaxNum[i-1],price[i]>p

 

至于DP过程中的其它參数，比較好递推出来，代码里看得比較清楚就不细说了

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>

#define MAXN 200100

int cheapMaxNum[MAXN],colorMaxNum[MAXN],sameColorNum[MAXN],ans[MAXN],colorNum[MAXN],maxNum[MAXN];

/*
	声明：廉价的客栈就是价格低于最高消费的客栈
	cheapMaxNum[i]=1~i中编号最大的廉价客栈
	colorMaxNum[i]=1~i-1中与i颜色同样的编号最大的客栈
	sameColorNum[i]=1~i-1中和i颜色同样的客栈个数
	ans[i]=1~i-1中与i颜色同样，且其到i之间有廉价客栈的个数
	DP方程为:
	ans[i]=ans[colorMaxNum[i]],cheapMaxNum[i]<=colorMaxNum[i]
	ans[i]=sameColorNum[i],cheapMaxNum[i]>colorMaxNum[i]
	colorNum[i]=之前全部客栈中色调为i的个数，maxNum[i]=之前全部客栈中色调为i的最大客栈编号
*/

int main()
{
	int n,k,p,color,price;
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&color,&price);
		colorMaxNum[i]=maxNum[color]; //前i-1个客栈中与i同样颜色的客栈最大编号就是之前color色调的最大客栈编号
		sameColorNum[i]=colorNum[color]; //同理
		if(price<=p) //i号客栈是廉价客栈
			cheapMaxNum[i]=i; //前i个客栈中廉价客栈的最大编号就是i自己
		else cheapMaxNum[i]=cheapMaxNum[i-1]; //否则前i个客栈中廉价客栈最大编号和前i-1个的同样
		if(cheapMaxNum[i]<colorMaxNum[i])
			ans[i]=ans[colorMaxNum[i]];
		else
			ans[i]=sameColorNum[i];
		colorNum[color]++;
		maxNum[color]=i;
	}
	int Ans=0;
	for(int i=2;i<=n;i++) //找客栈尾巴,统计方案总个数
			Ans+=ans[i];
	printf("%d\n",Ans);
	system("pause");
	return 0;
}

2、2k进制数

题目描写叙述 Description

设r是个2^k进制数。并满足下面条件：

（1）r至少是个2位的2^k进制数。

（2）作为2^k进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

（3）将r转换为2进制数q后。则q的总位数不超过w。

在这里。正整数k（1≤k≤9）和w（k<W<
span>≤30000）是事先给定的。

问：满足上述条件的不同的r共同拥有多少个？

我们再从还有一角度作些解释：设S是长度为w的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S相应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k的段，每段相应一位2^k进制的数，假设S至少可分成2段。则S所相应的二进制数又能够转换为上述的2^k进制数r。

例：设k=3。w=7。则r是个八进制数（2³=8）。

因为w=7。长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1。3。3，左边第一段仅仅有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：

2位数：高位为1：6个（即12。13。14，15，16。17）。高位为2：5个。…，高位为6：1个（即67）。

共6+5+…+1=21个。

3位数：高位仅仅能是1，第2位为2：5个（即123，124。125，126，127）。第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。

所以，满足要求的r共同拥有36个。

输入描写叙述 Input Description

仅仅有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

k W

输出描写叙述 Output Description

共1行。是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其它字符（比如空格、换行符、逗号等）。

（提示：作为结果的正整数可能非常大。但不会超过200位）

例子输入 Sample Input

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例子输出 Sample Output

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 个人觉得是非常经典的一道题，刚開始我感觉做不出来，只是看神犇们的题解搞懂了，实际上2k进制数转换为二进制后。每k位相应于2k进制中的一位。题目就好做了

 

 

而数字的位数能够选。所以假设最高位不填的话，方案数有ΣC(2^k-1,i),i=数字的位数。C(m,n)=从m个数里选n个数的方案总数

 

假设最高位填的话，方案数有ΣC(2^k-i-1,w/k),i为最高位取的数。

组合数学中C(m,n)=C(m-1,n)+C(m-1,n-1)。题目变成了一个递推（说动规应该也行）问题

然后题目提示了终于结果的大小非常大，所以须要高精度加法。这个不难。

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>

#define BASE 10000
#define MAXN 512

using namespace std;

struct Hugeint
{
    int c[100],len,sign;
    Hugeint(){memset(c,0,sizeof(c));len=1;sign=0;}
    void zero()
    {
        while(len>1&&c[len]==0) len--; //清除前面的0
        if(len==1&&c[len]==0) sign=0;
    }
    void writein(char *s) //将数字串s压4位存入高精数组中
    {
        int k=1,L=strlen(s); //L=s的长度
        for(int i=L-1;i>=0;i--)
        {
            c[len]+=(s[i]-'0')*k;
            k*=10;
            if(k==BASE) //这一位装不下了
            {
                k=1;
                len++; //换到下一位
            }
        }
    }
    void read() //读入高精度数
    {
        char s[300]={0};
        scanf("%s",s);
        writein(s);
    }
    void print()
    {
        if(sign) printf("-"); //负数
        printf("%d",c[len]);
        for(int i=len-1;i>=1;i--) printf("%04d",c[i]);
        printf("\n");
    }
    Hugeint operator = (int a) //给高精度赋值
    {
        char s[300]={0};
        sprintf(s,"%d",a);
        writein(s);
        return *this; //this指针仅仅能用于成员函数中。表示当前对象的地址
    }
    Hugeint operator+(const Hugeint &b)
    {
        Hugeint r;
        r.len=max(len,b.len)+1;
        for(int i=1;i<=r.len;i++)
        {
            r.c[i]+=c[i]+b.c[i];
            r.c[i+1]+=r.c[i]/BASE; //算上进位
            r.c[i]%=BASE;
        }
        r.zero(); //清掉前面的零
        return r;
    }
    Hugeint operator+(const int &a) //高精加低精
    {
        Hugeint b;
        b=a;
        return *this+b;
    }
}C[MAXN][MAXN],ans;

int main()
{
    int k,w,maxNum,firstNum;
    cin>>k>>w;
    maxNum=1<<k; //maxNum=2^k，每一位能够选择的数字为1~maxNum-1
    firstNum=1<<(w%k); //首段最大可取数字为firstNum-1
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<maxNum;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++) //在i个数里选j个数的方案个数
        {
            if(j==0) C[i][j]=1;
            else C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
        }
    for(int i=2;i<=w/k&&i<maxNum;i++) //i=2k进制数的位数
        ans=ans+C[maxNum-1][i];
    for(int i=1;i<firstNum&&w/k+i<maxNum;i++) //首位数字取i
        ans=ans+C[maxNum-i-1][w/k];
    ans.print();
    return 0;
}