算法学习之路的心得三之动态规划

GDUT 20 寒假集训专题3.动态规划

1.总结

2.题目题解

1.动态规划

我个人觉得动态规划是一个很难的算法，主要是分支太多太多，题型千变万化，目前，我做题的话，学过或者做过类似的题目还好说，没做过的话，想是很难想出来的。做动态规划的题目，最重要的还是找到状态方程，这样才能一步一步把答案推出来，不然没法做。反正吧，动态规划没有什么固定的知识点或者什么模板之类的，只能在题目中一点一点的摸索出来。

2.题目题解

1.送快递

题目链接

题目描述：现在我们有N个配件,他们有不同的价值. 但是我们背包的容量是有限的,因为我们只有一个一级包, 所以我们最多可以装V重量的东西. 但是为了能更好的吃到鸡(不存在的)我们要携带更有价值的配件,请问我们最多能拿多少价值的配件来当快递员呢??

题目思路：这是一个经典的0 1 背包问题如果 j<v[i] (当前容量不能装下该东西) 就不选这个东西，继承上一个东西的最大价值，如果 j>=v[i] (当前容量可以装下该东西)，就判断要这个东西能拿到更多的价值还是不要这个东西能拿到更多的价值 ( dp[i] [j]=max(dp[i-1] [j],dp[i-1] [j-v[i]]+w[i]) )这个也是解dp题最关键的状态方程，用两层循环，从左往右 从上往下不断更新dp答案，最后输出dp[ n ] [ m ] 既是题目要求的答案了。

ac代码:

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int dp[1005][1005],n,V;
int v[1005],w[1005];
int max(int a,int b)
{
		if(a>b)return a;
		return b;
}
int main()
{
		int t;
		cin>>t;
		v[0]=w[0]=0;
		while(t--){
			cin>>n>>V;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				cin>>w[i];
			}
			for(int i=1;i<=n;i++){
				cin>>v[i];
			}
			for(int i=0;i<=n;i++){
				dp[0][i]=0;
			}
			for(int i=1;i<=n;i++){
				for(int j=0;j<=V;j++){
					if(j<v[i]){
						dp[i][j]=dp[i-1][j];
					}
					else {
						dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
					}
				}
			} 
			cout<<dp[n][V]<<endl;
		}
		
		return 0;
}

2. CD

题目链接

题目描述:前面还有很长的路要开呢。你有录音机，但不幸的是，你最好的音乐是cd。你需要把它录在磁带上，所以要解决的问题是:你有一盘N分钟长的磁带。如何从CD中选择曲目，以获得最多的磁带空间，并有尽可能短的未使用空间。

假设:

cd上的轨道数量不超过20个

没有轨道超过N分钟

轨迹不会重复

每个音轨的长度用一个整数表示

N也是整数

程序应该找到最适合磁带的音轨集，并以与存储在CD上的音轨相同的顺序打印出来

解题思路:这道题的本质是在n个数中找到m个数，并且让这m个数的总和尽可能的接近给出的总数。这个题类似于多重部分和问题，用dp能解决。这道题我个人觉得有两个较难点，一个是题目要求输出尽可能多的磁带数量，第二个是要求回溯答案，第一个难点的解决方法是，用二维数组记录当前和所用的磁带数量，而不是用 0 1 来记录(如果题目没有这个要求，用 0 1 来判断该数能否到达会更加方便)，如果有多种选择都可以达到这个数，那就选择磁带数量最多的那个方案，用max来更新数组，第二个难点的解决方法也是用二维数组，如果没有这个要求，用一维数组应该也可以完成，具体实现方法参考下述代码。

ac代码:

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int dp[25][10005],n,m,a[25];
int ans[25];
int max(int a,int b)
{
		if(a>b)return a;
		return b;
 } 
int main()
{
		while(cin>>n>>m){ 
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin>>a[i];
		}
		for(int i=0;i<=m;i++){
			for(int j=0;j<=n;j++){
				dp[i][j]=0;
			}
		}
		for(int i=0;i<m;i++){
			for(int j=0;j<=n;j++){
				if(j==0){
					dp[i+1][j+a[i+1]]=max(dp[i+1][j+a[i+1]],1); 
				}
				else if(dp[i][j]>0){
					dp[i+1][j+a[i+1]]=max(dp[i+1][j+a[i+1]],dp[i][j]+1);
					dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j]);
				}
				
			}
		}
		int p=0,i,num;
		for(i=n;i>0;i--){
			if(dp[m][i]!=0){
				num=dp[m][i];
				break;
			}
		}
		int t=m;
		while(num){
			if(dp[t][i]!=dp[t-1][i]){
				ans[p++]=a[t];
				num--;
				i-=a[t];
			}
			t--;
		}
		int sum=0;
		for(int i=p-1;i>=0;i--){
			cout<<ans[i]<<" ";
			sum+=ans[i];
		}
		cout<<"sum:"<<sum<<endl;
		} 
		return 0;
}

3.Super Jumping! Jumping! Jumping!

题目链接

题目描述:现在，有一种象棋游戏叫做“超级跳跃!”跳!跳!在HDU非常流行。也许你是一个好孩子，对这个游戏不太了解，所以我现在把它介绍给你。游戏可以由两名或两名以上的玩家玩。它由一个棋盘和一些棋子组成，所有棋子都被标记为一个正整数或“开始”或“结束”。玩家从起点开始，最终必须跳到终点。在跳跃过程中，玩家将访问路径中的棋子，但每个人都必须从一个棋子跳到另一个更大的棋子(你可以假设起点是最小值，终点是最大值)。所有的玩家都不能倒退。一次跳跃可以从一个棋子跳到另一个棋子，也可以越过许多棋子，甚至你可以从起点直接到达终点。当然在这种情况下你得到零点。一个球员是赢家，当且仅当他能根据他的跳跃解决方案得到一个更大的分数。注意，你的得分来自于你跳跃路径中棋子的价值之和。你的任务是根据给定的棋手列表输出最大值。

解题思路:其实这个题就是求最大递增子序列，也是用dp可以做，我是用两个一维数组实现的，一个叫sum数组，是用来存最大总和的，另一个是max数组，是用来存对标的sum数组的当前最大元素的值。

一开始把第一个元素存到sum[1]和max[1]里面，然后用循环从下一个元素开始遍历，在sum，max数组中找到一个适合放下一个元素的位置，然后更新答案，也就是说找到一个max[i]比下一个元素小的(确保可以把下一个元素放进去),并且要保证sum[i]是所有可以放进去的位置之中，值是最大的一个，如果没有找到任何一个合适的位置，那就把这个元素像第一个元素那样，存到数组里面，具体实现如下。

ac代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
		ll sum[10005],p;
		int max[10005];
		int a[1005],n;
		cin>>n;
		while(n){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				scanf("%d",&a[i]);
			}
			sum[1]=a[1];
			max[1]=a[1];
			p=1;
			for(int i=2;i<=n;i++){
				int t=0,c=p,maxv=-1;
				for(int j=1;j<=c;j++){
					if(a[i]>max[j]&&sum[j]>maxv){
						maxv=sum[j];
						t=1;
					}
				}
				if(t==0){
					p++;
					sum[p]=a[i];
					max[p]=a[i];
				}
				else {
					p++;
					sum[p]=maxv+a[i];
					max[p]=a[i];
				}
			}
			ll ans=sum[1];
			for(int i=2;i<=p;i++){
				if(ans<sum[i]){
					ans=sum[i];
				}
			}
			cout<<ans<<'\n';
			scanf("%d",&n);
		}
		return 0;
}

4.硬币

题目链接

题目描述: 给出硬币面额及每种硬币的个数，求从1到m能凑出面额的个数。

解题思路:这个题目的描述，就是多重部分和问题，套路都是一样的，开一维数组，用两层循环。第一层从第一种硬币到第n种硬币，第二层循环，从0到m，如果前i种硬币加起来就可以到达a[j]，那就让a[j]等于第i种硬币的数量，如果前i种硬币加起来不可以到达a[j] (a[j]==-1),那就让 a[j]=a[j-p[i]]-1 ,不过要保证j-p[i]>=0 (防止越界) 和 a[j-p[i]]>0 (第j-p[i] 项还有剩余的硬币可以用),循环完毕之后。只要从1开始遍历到m，检查之中有多少个数是可以到达( -1表示不能到达，大于-1表示可以到达) 就行。

ac代码:

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

int main()
{
		int a[100005],n,m,i,j;
		int p[105],c[105];
		cin>>n>>m;
		while(n!=0){
			for(i=1;i<=m;i++){
				a[i]=-1;
			}
			a[0]=0;
			for(i=1;i<=n;i++){
				scanf("%d",&p[i]);
			}
			for(i=1;i<=n;i++){
				scanf("%d",&c[i]);
			}
			for(i=1;i<=n;i++){
				for(j=0;j<=m;j++){
					if(a[j]>=0){
						a[j]=c[i];
					}
					else if(j-p[i]>=0&&a[j-p[i]]>0){
							a[j]=a[j-p[i]]-1;
					}
					
				}
			}
			int ans=0;
			for(i=1;i<=m;i++){
				if(a[i]>=0){
					ans++;
				}
			}
			cout<<ans<<'\n';
			scanf("%d%d",&n,&m);
		}
	
		return 0;
}