3.19-3.25练习

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本文解析了四个UVA在线编程比赛题目，包括灯泡系统设计、回文串划分、颜色序列合并及翻转括号问题。针对每个问题，介绍了算法思路、状态转移方程，并给出了C++代码实现。

1. Uva11400 Lighting System Design: 有n种灯泡，不同种灯泡不能共用一个电源，且只能接在比额定低的电源上。给出每种灯泡的电压，电源费用，数量，单价，可以把一种灯泡换成额定更高的另一种灯泡来节约钱，求最优方案的费用。

显然，每种电压的灯泡要么不换，要么全换。先将灯泡按照电压升序排序，令sum[i]为前i种灯泡的总数量，dp[i]为前i种灯泡的最小花费。状态转移方程为：

dp[i]=min(dp[j]+(sum[i]-sum[j])*c[i]+k[i]),j<i；

表示前j种灯泡用最优方案，第j+1个到第i个都用第i种灯泡。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 1005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
const int mod = 1e9 + 7;
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
int sum[maxn], dp[maxn];
struct node
{
	int k;
	int val;
	int vol;
	int num;
}e[maxn];

bool cmp(node a, node b)
{
	return a.vol < b.vol;
}

int main()
{
	while (scanf("%d", &n))
	{
		if (n == 0)break;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			scanf("%d%d%d%d", &e[i].vol, &e[i].k, &e[i].val, &e[i].num);
		sort(e + 1, e + n + 1, cmp);
		memset(sum, 0, sizeof(sum));
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			sum[i] = sum[i - 1] + e[i].num, dp[i] = INF;
		dp[0] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for (int j = 0; j < i; j++)
				dp[i] = min(dp[i], dp[j] + (sum[i] - sum[j])*e[i].val + e[i].k);
		}
		printf("%d\n", dp[n]);
	}
	return 0;
}

2. Uva11584 Partitioning by Palindromes: 给出一个小写字母组成的字符串，问最少能划分成多少个非空回文串。

令dp[i]为前i个字符里最小的回文串个数，很容易想到dp[i]=min(dp[j]+1|j+1~i是回文串)。但这样操作的复杂度是O(n^3)。可以先以O(n^2)的复杂度预处理出i~j是否为回文串，这样在用上述方法进行处理的时候就可以将状态转移的时间从O(n)降为O(1)，总的复杂度为O(n^2)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 1005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
const int mod = 1e9 + 7;
using namespace std;
typedef long long ll;

int t, n, dp[maxn];
char s[maxn];
bool flag[maxn][maxn];

int main()
{
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%s", s + 1);
		n = 0;
		for (int i = 1;; i++)
		{
			if (s[i] >= 'a'&&s[i] <= 'z')n++;
			else break;
		}
		memset(flag, 0, sizeof(flag));
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int l = i, j = 0;
			while (l + j <= n&&l - j > 0 && s[l + j] == s[l - j])
			{
				flag[l - j][l + j] = 1;
				j++;
			}
			l = i, j = 0;
			while (l + j + 1 <= n&&l - j > 0 && s[l + j + 1] == s[l - j])
			{
				flag[l - j][l + j + 1] = 1;
				j++;
			}
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)dp[i] = i;
		dp[0] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for (int j = 0; j < i; j++)
				if (flag[j + 1][i])dp[i] = min(dp[i], dp[j] + 1);
		}
		printf("%d\n", dp[n]);
	}
	return 0;
}

3.Uva1625 ACM/ICPC Daejeon2011 Color Length: 给出两个长度为n和m的颜色序列，要求按顺序合并成一个序列，定义每种颜色的权值为最后出现的位置与首次出现的位置之差，求最小的序列权值。

设dp[i][j]为两个数列分别移走i个和j个元素时，还需要多少权值。注意是“还需要多少”，因为本题需要最小化的量比较复杂，某种颜色第一次出现时，并不知道什么时候会结束。而它最后一次出现时，也并不知道是什么时候开始的。如果记录每种颜色第一次出现位置，状态会变得十分复杂，因此改进计算方法：并不是等到一种颜色全部移完之后再计算，而是在中间逐步累加。当把一个颜色移动到序列中时，所有“已经出现过但还没有结束”的颜色的权值都需要加一，也就是说，我们只需要找出有多少颜色已经开始且尚未结束，而不需要知道它们具体是哪些颜色。因此，可以先预处理出每种颜色在两个序列里初次和最终出现的位置，就可以在状态转移中以O(1)的复杂度计算出dp[i][j]中有多少种颜色已经开始但尚未结束。状态转移方程dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])+cnt[i][j]，总的时间复杂度为O(n*m)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 5005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
const int mod = 1e9 + 7;
using namespace std;
typedef long long ll;

int nn, n, m, st[26][2], en[26][2];
char s[maxn], t[maxn];
int dp[maxn][maxn], cnt[maxn][maxn];

int main()
{
	scanf("%d", &nn);
	while (nn--)
	{
		scanf("%s%s", s + 1, t+ 1);
		n = strlen(s + 1);
		m = strlen(t + 1);
		for (int i = 0; i < 26; i++)st[i][0] = st[i][1] = INF, en[i][0] = en[i][1] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int u = s[i] - 'A';
			if (st[u][0] == INF)st[u][0] = en[u][0] = i;
			if (en[u][0] != INF)en[u][0] = i;
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int u = t[i] - 'A';
			if (st[u][1] == INF)st[u][1] = en[u][1] = i;
			if (en[u][1] != 0)en[u][1] = i;
		}
		for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
		{
			for (int j = 1; j <= m + 1; j++)
			{
				int num = 0;
				for (int k = 0; k < 26; k++)
				{
					if (st[k][0] == INF&&st[k][1] == INF)continue;
					if (st[k][0] >= i&&st[k][1] >= j)continue;
					if (en[k][0] < i&&en[k][1] < j)continue;
					num++;
				}
				cnt[i][j] = num;
			}
		}
		dp[n + 1][m + 1] = 0;
		for (int i = n; i >= 1; i--)dp[i][m + 1] = dp[i + 1][m + 1] + cnt[i][m + 1];
		for (int i = m; i >= 1; i--)dp[n + 1][i] = dp[n + 1][i + 1] + cnt[n + 1][i];
		for (int i = n; i >= 1; i--)
			for (int j = m; j >= 1; j--)	dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) + cnt[i][j];
		printf("%d\n", dp[1][1]);
	}
	return 0;
}

4. 翻转括号：给出一个由括号组成的序列，问存在多少个这样的位置，使得只要翻转此处的括号就能使这个序列变成合法序列。

将左括号'('视为+1，右括号')'视为-1则序列合法等价于所有前缀和非负且最后为零。求出前缀和后预处理左右的最小值，枚举翻转位置判断可行性即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 100050
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
const int mod = 1e9 + 7;
using namespace std;
typedef long long ll;

int t, n;
char s[maxn];

int main()
{
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d", &n);
		scanf("%s", s);
		vector<int>v;
		stack<int>st;
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			if (s[i] == '(')
				st.push(i);
			else if (!st.empty())
				st.pop();
			else
				v.push_back(i);
		}
		while (!st.empty())
		{
			int u = st.top();
			v.push_back(u);
			st.pop();
		}
        sort(v.begin(),v.end());
		int ans = 0;
		if (v.size() == 2 && !(s[v[0]] == ')'&&s[v[1]] == '('))
		{
			if (s[v[0]] == '(')
			{
				for (int i = v[1]; i < n; i++)
				{
					if (s[i] == '(')
						ans++;
				}
			}
			else
			{
				for (int i = v[0]; i >= 0; i--)
				{
					if (s[i] == ')')
						ans++;
				}
			}
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}