今日学习了简单dp问题和数学递推计算问题，明确了简单dp的递推过程是由上一个状态+当前状态改变的一个定量而来
DP起始就是带记忆化的暴力枚举，大概是暴力DFS->记忆化->DP的过程
DP的维度应该是能表示出集合且越小越好
Acwing 1015.摘花生
Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。
她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图)，从西北角进去，东南角出来。
地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗，上面有若干颗花生，经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。
Hello Kitty只能向东或向南走，不能向西或向北走。
问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。
输入格式
第一行是一个整数T，代表一共有多少组数据。
接下来是T组数据。
每组数据的第一行是两个整数，分别代表花生苗的行数R和列数 C。
每组数据的接下来R行数据，从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有C个整数，按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目M。
输出格式
对每组输入数据，输出一行，内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。
数据范围
1≤T≤100,
1≤R,C≤100,
0≤M≤1000
本题只要明确他是从上到下，从左到右即可
状态表示dp[i][j]为摘到第i行第j列花生总数的集合，属性为最大值,可以从左边和上面中选个最大的加上不变量i j处花生的数量即可
#include <iostream>
#include <cstring>
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N=1e2+3;
int g[N][N],dp[N][N];
int r,c;
void solve(){
memset(dp,0,sizeof dp);
//dp[i][j]是从西北角摘到i行j列花生数量的最大值
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++){
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])+g[i][j];//从左边和上面选一个最大的
}
cout<<dp[r][c]<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int cnt;
cin>>cnt;
while(cnt--){
cin>>r>>c;
for(int i=1;i<=r;i++)
for(int j=1;j<=c;j++)
cin>>g[i][j];
solve();
}
return 0;
}洛谷P3637 最长上升子序列
状态表示为集合就是以a[i]结尾的子序列，属性为最大值
dp[i]就是以a[i]结尾的上升子序列的长度的最大值
状态计算就是dp[1-(i-1)]中a[j]<a[i]的以a[j]结尾的子序列最大长度+1
本质上是用双指针实现的滚动数组，用dp[i]中存的以a[i]结尾的序列最大长度取a[1-i-1]之前的小于a[i]的dp[j]+1来更新dp[i]，取个最大值即可),最开始都是以自己开头以自己结尾，长度为1
就是由a[i]之前的数结尾，且小于a[i]的最大上升序列长度+1递推过来的
输入
6 1 2 4 1 3 4
输出
4(也就是1 2 3 4)
#include <iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+9;
int dp[N];//dp[i]为以a[i]结尾上升子序列的最大长度
int a[N],n;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],dp[i]=1;//初始化为1，每个以a[i]结尾刚开始长度都为1
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举dp[i]
for(int j=1;j<i;j++){//dp[i]应当是在i之前的dp[j]以a[j]结尾且a[i]>a[j]的状态递推过来的
if(a[i]>a[j])
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);//找出以a[1-n]结尾的最大长度
cout<<ans;
return 0;
}Acwing 1205.买不到的数目
小明开了一家糖果店。
他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。
糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。
当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。
大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
输入格式
两个正整数 n,m，表示每种包装中糖的颗数。
输出格式
一个正整数，表示最大不能买到的糖数。
数据范围
2≤n,m≤1000，
保证数据一定有解。
输入样例：
4 7
输出样例：
17首先，没思路，那就暴力，三重循环，第一重枚举凑出的数i，第二重枚举n的个数，第三重枚举m的个数，因此1-2s操作次数要1e7-1e8之间且最坏就是1e9
所以将每重循环控制在1e3最多
#include <iostream>
using namespace std;
int ans;
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<1e2;i++){
bool flag=true;
for(int j=0;j<1e2;j++)
for(int k=0;k<1e2;k++)
if(n*j+m*k==i) flag=false;
if(flag)
ans=max(ans,i);
}
cout<<ans;
return 0;
}这样三个测试集能过一个
根据这个代码打表找规律可以找出计算公式ans=(n-1)*(m-1)-1,直接cout这个就行
反正我看不出来，死记就行,由裴蜀定理
两个正整数且互质的两个数不能凑出的最大数就是(n-1)*(m-1)-1
Acwing 1211.蚂蚁感冒
长 100100 厘米的细长直杆子上有 n 只蚂蚁。
它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是 11 厘米/秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有 11 只蚂蚁感冒了。
并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
输入格式
第一行输入一个整数 n, 表示蚂蚁的总数。
接着的一行是 n个用空格分开的整数 Xi, Xi 的绝对值表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。
正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现 0 值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。
其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。
输出格式
输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。
数据范围
1<n<50,
0<|Xi|<100
输入样例1：
3
5 -2 8//开始病蚂蚁向右走
输出样例1：
1
输入样例2：
5
-10 8 -20 12 25//开始病蚂蚁向左走
输出样例2：
3这边明确所有蚂蚁其实都是等效走了区间长度-pos(起始位置)即可，就是感冒的蚂蚁碰到一个没感冒的传染，那么两只蚂蚁的身份可以互换，也就是两只蚂蚁穿过去接着走，只不过被感染了
那么从起始蚂蚁(假设向右)开始往右看向左走的，如果有向左走的那么再加上起始蚂蚁左边向右走的数量即可，左边等效,初始化用pair把蚂蚁的位置，方向存起来即可。再对位置进行排序，然后处理,其实不写排序也行，两边写个循环判断大于小于就行
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <utility>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;//x存位置，y存方向(1向右,0向左)
#define x first
#define y second
const int N=51;
PII ant[N];
int n;
int find(int st){//二分查找找到排序后开始生病蚂蚁的位置
int l=1,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if(st>=ant[mid].x) l=mid;
else r=mid-1;
}
return l;
}
int main(){
cin>>n;
int st;
for(int i=1;i<=n;i++){
int tmp;cin>>tmp;
ant[i].x=abs(tmp);
ant[i].y=(tmp>0?1:0);
if(i==1) st=ant[i].x;
}
sort(ant,ant+n+1);//按照位置排序
int fir=find(st),ans=1;//找到排序后的刚开始的蚂蚁
if(ant[fir].y==1){//找向右走生病蚂蚁右边向左走和左边向右走的蚂蚁
for(int i=fir;i<=n;i++)
if(ant[i].y==0) ans++;
if(ans>1)//这边如果右边没有向左走的蚂蚁就不看左边
for(int i=fir-1;i>=1;i--)
if(ant[i].y==1) ans++;
}else{
for(int i=fir-1;i>=1;i--){
if(ant[i].y==1) ans++;//看左边有没有向右走的向右走的
}
if(ans>1)//如果左边没有向右的就不看右边
for(int i=fir+1;i<=n;i++)
if(ant[i].y==0) ans++;
}
cout<<ans;
return 0;
}Acwing 1216.饮料换购
乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。
请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的 n瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。
输入格式
输入一个整数 n,表示初始买入的饮料数量。
输出格式
输出一个整数，表示一共能够喝到的饮料数量。
数据范围
0<n<10000
此题只需要判断每次将瓶盖数/3的余数，并将余数加入下一次兑换中，但是余数在下一次计算对话的总瓶子数中要减去不然会重复计算，因此我们用两个数来存，一个存每次待兑换的瓶盖，一个sum变量存我能喝到的全部瓶子的个数
#include <iostream>
using namespace std;
int n,sum,k;//k为每次剩下的瓶盖
int check(int m){
if(m%3==0) k=0;
else if(m%3==2) k=2;
else k=1;
return m/3;
}
void dfs(int u){
sum+=u-k;
if(u<3){//小于3个瓶盖换不了了
cout<<sum;
return;
}
k=0;
u=check(u);
dfs(u+k);
}
int main(){
cin>>n;
dfs(n);
return 0;
}u+k是下一次待兑换的个数，第一次k=0，u=n则刚开始喝到的就是u-k就是n瓶
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
