DP专题·三(01背包+完全背包)
1、hdu 2126 Buy the souvenirs
题意：给出若干个纪念品的价格，求在能购买的纪念品的数目最大的情况下的购买方案。
思路：01背包+记录方案。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = ;
const int maxw = ;
int cnt[maxw];
int dp[maxw];
int p[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d", p + i);
memset(dp, , sizeof(dp));
memset(cnt, , sizeof(cnt));
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int v = m; v >= p[i]; v--)
{
if (dp[v - p[i]]+ > dp[v])
{
dp[v] = dp[v - p[i]]+;
cnt[v]=cnt[v-p[i]]==?:cnt[v-p[i]];
}
else if (dp[v - p[i]] + == dp[v])
{
cnt[v] += cnt[v - p[i]]==?:cnt[v-p[i]];
}
}
}
if (dp[m] != )printf("You have %d selection(s) to buy with %d kind(s) of souvenirs.\n", cnt[m], dp[m]);
else printf("Sorry, you can't buy anything.\n");
}
return ;
}
2、hdu 4281 Judges' response(状态压缩+01背包+MTSP问题)
题意：有n-1个参赛者，给出裁判和n-1个人的位置坐标、裁判和n-1个人的提问时间（裁判为0）。裁判有最长回答时间。
问：
①最少需要多少个裁判？
②当裁判数目无穷多时，问从初始点出发去解答参赛者提问后回到初始点的走过的最少距离。
思路：第一问可以用状态压缩+01背包解决；第二问MTSP问题
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath> using namespace std;
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m,maxtot;
int mp[maxn][maxn];//记录两两之间距离
int st[ << maxn];//记录可行状态
bool ok[ << maxn];//标记可行状态
int dp[ << maxn];//记录当前状态下所需最少的裁判
int x[maxn],y[maxn];//记录坐标
int w[maxn];//记录提问时间
int tdis[maxn][ << maxn];//tdis[i][j]表示在j状态下最后停在i处时的最小花费
int mdis[ << maxn];//表示i这种状态下回到起点的最小花费 bool check(int cst)
{
int sum = ;
for (int i = ; i < n; i++)
{
if (cst&( << i)) sum += w[i];
}
return sum <= m;
} void Init()
{
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int j = ; j < n; j++)
{
mp[i][j] = ceil(sqrt(1.0*(x[i] - x[j])*(x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j])*(y[i] - y[j])));
}
}
memset(tdis, INF, sizeof(tdis));
memset(mdis, INF, sizeof(mdis));
tdis[][] = ;//从起点到起点距离为0
} int MTSP()
{
//得到每一条可行路径的最优解
for (int i = ; i <= maxtot; i++)
{
if (ok[i])
{
for (int j = ; j < n; j++)
{
if (i&( << j))
{
mdis[i] = min(mdis[i], tdis[j][i]+mp[j][]);//i这种状态最后回到原点0的最小值={min(tdis[j][i]+mp[j][0])|0<=j<n}
for (int k = ; k < n; k++)
{
if ((i&( << k))==&&ok[i|(<<k)])//如果i这种状态到不了位置k,则更新i|(1<<k)状态下到k处的最短距离
{
tdis[k][i | ( << k)] = min(tdis[k][i | ( << k)],tdis[j][i]+mp[j][k]);
}
}
}
}
}
}
//合并操作
for (int i = ; i <= maxtot; i++)
{
if (i & )//如果回到原点（不要求ok[i],因为即使一个人不能完成，多个人一起可以完成）
{
for (int j = (i - )&i; j; j = (j - )&i)//枚举子集
{
mdis[i] = min(mdis[i], mdis[j | ] + mdis[(i - j) | ]);
}
}
}
return mdis[maxtot];
} int main()
{
while (~scanf("%d%d", &n, &m))
{
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d%d", x + i, y + i);
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d", w + i);
maxtot = ( << n) - ;
int tot = ;
memset(ok, , sizeof(ok));
for (int i = ; i <= maxtot; i++)
{
if (check(i))
{
ok[i] = true;
st[tot++] = i;
}
}
//dp求解最小裁判数目
memset(dp, INF, sizeof(dp));
dp[] = ;
for (int i = ; i < tot; i++)
{
for (int j = maxtot; j >= ; j--)
{
if (dp[j] != INF && (j&st[i]) == )
{
dp[st[i] | j] = min(dp[j] + , dp[st[i] | j]);
}
}
}
int ans1 = , ans2 = ;
if (dp[maxtot] == INF)
{
ans1 = ans2 = -;
}
else
{
ans1 = dp[maxtot];
//求解多旅行商（MTSP）问题
Init();
ans2 = MTSP();
}
printf("%d %d\n", ans1, ans2);
}
return ;
}
3、uva 674 Coin Change
题意：有5中面值的硬币，需要凑成n元，有多少种方案。
思路：完全背包+记录方案数
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = ;
int dp[maxn];
int cnt[maxn];
int v[] = {, , , , };
int main()
{
int n;
while (~scanf("%d", &n))
{
memset(dp, , sizeof(dp));
memset(cnt, , sizeof(cnt));
cnt[] = ;
for (int i = ; i < ; i++)
{
for (int tv = v[i]; tv <= n; tv++)
{
if (dp[tv] == dp[tv - v[i]] + v[i]) cnt[tv] += cnt[tv - v[i]];
else if (dp[tv] < dp[tv - v[i]] + v[i])
{
dp[tv] = dp[tv - v[i]] + v[i];
cnt[tv] = cnt[tv - v[i]];
}
}
}
printf("%d\n", cnt[n]);
}
return ;
}
4、uva 147 Dollars
题意：有11中面值，求凑成n元的方案数
思路：先把n转换成整数，然后完全背包
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = ;
int dp[maxn];
long long cnt[maxn];//爆int
int v[] = { ,,,,,,,,,, };
//另一种方法：用dp[i][j]表示用前i种硬币，组成j分的种类数，
//状态转移方程：dp[i][j] += DP(i - 1, j - k*d[i])
int main()
{
double n;
while (~scanf("%lf", &n))
{
int N = int(n * +0.5);//精度问题
if (N == )break;
memset(dp, , sizeof(dp));
memset(cnt, , sizeof(cnt));
cnt[] = ;
for (int i = ; i < ; i++)
{
for (int tv = v[i]; tv <= N; tv++)
{
if (dp[tv] == dp[tv - v[i]] + v[i]) cnt[tv] += cnt[tv - v[i]];
else if (dp[tv] < dp[tv - v[i]] + v[i])
{
dp[tv] = dp[tv - v[i]] + v[i];
cnt[tv] = cnt[tv - v[i]];
}
}
}
printf("%6.2lf%17lld\n",n, cnt[N]);
}
return ;
}
5、poj 3181 Dollar Dayz
题意：有1~k中面值，凑成n元的方案数。
思路：会爆long long,用大数+完全背包。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn = ;
int dp[maxn];
long long cnt1[maxn],cnt2[maxn];
const long long MAX = 1e18;
int main()
{
int n,k;
while (~scanf("%d%d", &n,&k))
{
memset(dp, , sizeof(dp));
memset(cnt1, , sizeof(cnt2));
memset(cnt2, , sizeof(cnt2)); cnt1[] = ;
for (int i = ; i <=k; i++)
{
for (int tv = i; tv <= n; tv++)
{
if (dp[tv] == dp[tv - i] + i)
{
cnt2[tv] +=cnt2[tv-i]+(cnt1[tv]+cnt1[tv - i])/MAX;
cnt1[tv] = (cnt1[tv] + cnt1[tv - i]) % MAX;
}
else if (dp[tv] < dp[tv -i] + i)
{
dp[tv] = dp[tv - i] + i;
cnt1[tv] = cnt1[tv - i];
cnt2[tv] = cnt2[tv - i];
}
}
}
if (cnt2[n])printf("%lld%lld\n", cnt2[n], cnt1[n]);
else printf("%lld\n", cnt1[n]);
}
return ;
}
6、poj 3260 The Fewest Coins
题意：有n种面值的硬币，一位农夫带着每种硬币各ci个去买价值为T的商品，售货员可以找零任意多个硬币。问，农夫交给售货员的硬币和售货员找回的硬币之和最小为多少？
思路：对农夫多重背包(二进制优化)，对售货员完全背包，找当前价格tv下的最小硬币数目。确定上限：前者为T+max(vi)*max(vi);后者为max(vi)*max(vi)。（鸽巢原理）（假设存在一种最优支付方案，给了多于t + max_v * max_v的钱，那么商店就会找回多于max_v * max_v的钱，这些硬币的个数大于max_v。设这些硬币的面值分别为a_i，根据鸽笼原理的应用，硬币序列中存在至少两个子序列，这两个子序列的和分别都能被max_v整除。如果我们直接用长度更小的那个子序列换算为面值为max_v的硬币某整数个，再去替换母序列就能用更少的硬币买到商品，形成矛盾。）
鸽巢原理（抽屉原理或狄利克雷原理）的应用：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring> using namespace std; const int maxv1 = + * + ;
const int maxv2 = * + ;
const int maxn = ;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int val[maxn];
int num[maxn];
int n, t;
int dp1[maxv1];
int dp2[maxv2];
int main()
{
while (~scanf("%d%d", &n, &t))
{
int maxv = ;
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d", val + i),maxv=max(maxv,val[i]);
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d", num + i);
//农夫多重背包，找tv下最小硬币数
int maxsum = t + maxv*maxv;
memset(dp1, INF, sizeof(dp1));
dp1[] = ;
for (int i = ; i < n; i++)
{
int k = ;
bool flag = true;
while (flag)
{
if (k>num[i])
{
k = num[i] - k / ;
flag = false;
}
for (int tv = maxsum; tv >= k*val[i]; tv--)
{
dp1[tv] = min(dp1[tv], dp1[tv - k*val[i]] + k);
}
k *= ;
}
}
//销售员完全背包，找tv下最少硬币数
int maxsum2 = maxv*maxv;
memset(dp2, INF, sizeof(dp2));
dp2[] = ;
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int j = val[i]; j <= maxsum2; j++)
{
dp2[j] = min(dp2[j], dp2[j - val[i]] + );
}
} int ans = INF;
for (int i = t; i <= maxsum; i++) ans = min(ans, dp1[i] + dp2[i - t]);
if(ans!=INF)printf("%d\n", ans);
else printf("-1\n");
}
return ;
}
7、poj 2063 Investment
题意：有若干基金可以选择，初始有一定的资金，问过一定年数后最大的本息？
思路：对每一年用完全背包求当前本金下所能获得的最多利润，累加本息。由于题目保证本金和基金的价格都是1000的倍数，dp时可以/1000.
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring> using namespace std; const int maxv = ;
const int maxn = ;
int val[maxn];
int itst[maxn];
int dp[maxv]; int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int st, year;
scanf("%d%d", &st, &year);
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d%d", val + i, itst + i),val[i]/=;
int ans = st;
memset(dp, , sizeof(dp));
for (int i = ; i < year; i++)
{
int tot = ans / ;
for (int j = ; j < n; j++)
{
for (int tv = val[j]; tv <= tot; tv++)
{
dp[tv] = max(dp[tv], dp[tv - val[j]] + itst[j]);
}
}
ans += dp[tot];
}
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
8、zoj 3623 Battle Ships
题意：有一个塔楼，有L点血。有n种船，每时刻在建造的船最多只有一艘。问最少的时间。
思路：dp[i]表示前i秒所能造成的最大伤害。dp[i+cost[j]]=max(dp[i+cost[j]],dp[i]+i*dps[j]).可以这么理解，在第i+1到i+cost[j]内建造船j,有i秒可以让其输出。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std; const int maxt = ;
const int maxn = ;
int dp[maxt];//dp[i]表示前i秒能造成的最大伤害
int dps[maxn];
int cost[maxn]; int main()
{
int n, l;
while (~scanf("%d%d", &n, &l))
{
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d%d", cost + i, dps + i);
memset(dp, , sizeof(dp));
int ans = maxt;
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int j =; j < maxt-cost[i]; j++)
{
dp[j + cost[i]] = max(dp[j + cost[i]], dp[j] + j*dps[i]);
if (dp[j + cost[i]] >= l) ans = min(ans, j + cost[i]);
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return ;
}
9、zoj 3524 Crazy Shopping
题意：有一个有向无环图，图上有n个点，每个地点有一种占用V空间，价值为W的物品，现在一个人从某点出发，如果背包有C重量的物品，走过路程为K，会消耗C*K的体力，那么在背包容量一定的情况下，我要得到最大的价值需要消耗的最少体力是多少。
思路：拓扑排序+完全背包+记录耗能
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std; int N, M, W,X;//景点数目、道路条数、背包容量、起始点
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const int maxw = ; long long dp[maxn][maxw],mcost[maxn][maxw];//[i][j],表示走到i时，背包装有质量为j的最大价值及其最小耗能 struct node
{
int to, len;
node(int tt=,int ll=):to(tt),len(ll){ }
};
vector<node>mp[maxn]; int tw[maxn], tv[maxn];//重量及其价值 int TPOrder[maxn];//记录拓扑排序
bool ok[maxn];//表示能否从起点X到达该点
int indgree[maxn];//记录入度 void Init()
{
X--;
for (int i = ; i <= N; i++) mp[i].clear();
memset(ok, , sizeof(ok));
memset(dp, , sizeof(dp));
memset(mcost, -, sizeof(mcost));
memset(indgree, , sizeof(indgree));
} void GetWV()
{
for (int i = ; i < N; i++) scanf("%d%d", tw + i, tv + i);
} void GetMP()
{
for (int i = ; i < M; i++)
{
int from, to, len;
scanf("%d%d%d", &from, &to, &len);
from--, to--;
mp[from].push_back(node(to, len));//有向边
indgree[to]++;
}
} void GetTP()
{
queue<int>q;
int index = ;
for (int i = ; i < N; i++) if (indgree[i] == ) q.push(i);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
TPOrder[index++] = u;
int sz = mp[u].size();
for (int i = ; i < sz; i++)
{
int v = mp[u][i].to;
if (indgree[v])
{
indgree[v]--;
if (indgree[v] == ) q.push(v);
}
}
}
} long long Solve()
{
long long maxv = , mindis = ;
for (int i = ; i <= W; i++) mcost[X][i] = ;
for (int w = tw[X]; w <= W; w++)
{
dp[X][w] = max(dp[X][w], dp[X][w - tw[X]] + tv[X]);
if (dp[X][w] > maxv) maxv = dp[X][w], mindis = ;
}
ok[X] = true;
for (int j = ; j < N; j++)
{
int u = TPOrder[j];
if (!ok[u])continue;
int sz = mp[u].size();
for (int k = ; k < sz; k++)
{
int v = mp[u][k].to, len = mp[u][k].len;
ok[v] = true;
//先到达
for (int i = ; i <= W; i++)
{
if (dp[v][i] < dp[u][i])
{
dp[v][i] = dp[u][i];
mcost[v][i] = mcost[u][i] + len*i;
}
else if (dp[v][i] == dp[u][i])
{
if (mcost[v][i] == -) mcost[v][i] = mcost[u][i] + len*i;
else mcost[v][i] = min(mcost[v][i], mcost[u][i] + len*i);
}
if (i>&&dp[v][i] == dp[v][i - ]) mcost[v][i] = min(mcost[v][i], mcost[v][i - ]);
}
//再购买
for (int i = tw[v]; i <= W; i++)
{
if (dp[v][i] < dp[v][i - tw[v]] + tv[v])
{
dp[v][i] = dp[v][i - tw[v]] + tv[v];
mcost[v][i] = mcost[v][i - tw[v]];
}
else if (dp[v][i] == dp[v][i - tw[v]] + tv[v]) mcost[v][i] = min(mcost[v][i], mcost[v][i - tw[v]]);
}
//更新ans
for (int i = ; i <= W; i++)
{
if (dp[v][i] > maxv) maxv = dp[v][i], mindis = mcost[v][i];
else if (dp[v][i] == maxv) mindis = min(mindis, mcost[v][i]);
}
}
}
return mindis;
} int main()
{
while (~scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &W, &X))
{
Init();
GetWV();
GetMP();
GetTP();//拓扑排序
long long ans=Solve();
printf("%lld\n", ans);
}
return ;
}
10、zoj 3662 Math Magic
题意：定义k个数和为N，k个数的最小公倍数为M，求k个数的方案？
思路：滚动数组dp[now][j][k]表示选当前个数的数，和为j，最小公倍数为k的方案数，dp[now][sv + val][LCM[tlcm][ind]] = dp[now][sv + val][LCM[tlcm][ind]] + dp[now ^ 1][sv][tlcm]。所选择的数必须是M的因子。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int N, M, K;
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const int maxk = ;
const int maxfac = ;
const int MOD = 1e9 + ;
int factor[maxm];
int pos[maxm];
int LCM[maxm][maxm]; int dp[][maxn][maxfac];//滚动数组dp[now][j][k]表示选当前个数的数，和为j，最小公倍数为k的方案数 int Gcd(int a, int b)
{
if (a < b) a = a^b, b = a^b, a = a^b;
while (a%b)
{
int t = a % b;
a = b;
b = t;
}
return b;
}
int Lcm(int a, int b)
{
return a*b / Gcd(a, b);
}
int main()
{
while (~scanf("%d%d%d", &N, &M, &K))
{
int cnt = ;
//找到所有因子(1000以内因子最多只有32个)
for (int i = ; i <= M; i++)
{
if (M%i == ) factor[++cnt] = i,pos[i]=cnt;
}
//得到所有因子两两的最小公倍数(该最小公倍数一定是其他某个因子)
memset(LCM, , sizeof(LCM));
for (int i = ; i <= cnt; i++)
{
for (int j = i; j <= cnt; j++)
{
int lcm = Lcm(factor[i], factor[j]);
LCM[i][j] = LCM[j][i] = pos[lcm];
}
}
//dp-完全背包
memset(dp, , sizeof(dp));
int now = ;
for (int i = ; i <= cnt; i++) dp[now][factor[i]][i] = ;
for (int t = ; t <= K; t++)
{//选第t个数
now ^= ;
memset(dp[now], , sizeof(dp[now]));//注意清零
for (int sv = t - ; sv <= N; sv++)
{//和为sv
for (int tlcm = ; tlcm <= cnt; tlcm++)
{//前一层的LCM
if (dp[now ^ ][sv][tlcm] == ) continue;
for (int ind = ; ind <= cnt; ind++)
{//枚举所加的数 int val = factor[ind];
if (sv + val > N)continue;
dp[now][sv + val][LCM[tlcm][ind]] = (dp[now][sv + val][LCM[tlcm][ind]] + dp[now ^ ][sv][tlcm]) % MOD;
}
}
}
}
printf("%d\n", dp[now][N][cnt]);
}
return ;
}
11、zoj 3956 Course Selection System
题意：有n门课程，每门课有Hi、Ci值。现在需要选若干门课程，使得SumH^2-SumH*SumC-SumC^2值最大。
思路：01背包，把C看成体积，H看成价值。当C固定时，求出最大的SumH.最后遍历dp数组得到最大值（如果一个i值不能有Ci值组成，其SumH肯定和小于i的某一个值相同，而那个值的算式结果肯定比其大）
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXC = ;
long long dp[MAXC];
const long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn = ;
int h[maxn], c[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
int sumc = ;
for (int i = ; i < n; i++) scanf("%d%d", h + i, c + i),sumc+=c[i];
memset(dp, , sizeof(dp));
long long ans = ;
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int j = sumc; j >= c[i]; j--)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - c[i]] + h[i]);
}
}
for (int i = ; i <= sumc; i++) ans = max(ans, 1ll*dp[i] * dp[i] - dp[i] * i - i * i);
printf("%lld\n", ans);
}
return ;
}
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