【动态规划】DP动态规划—第一章

原创已于 2025-02-05 18:30:21 修改 · 1k 阅读

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#c++ #动态规划 #开发语言

于 2025-02-05 18:29:09 首次发布

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一、前置

1.三要素

状态
转移：状态之间的关系。
初始化：状态的边界条件。

2.数字三角形

$a_{1,1}$

$a_{2,1}$ $a_{2,2}$

$a_{3,1}$ $a_{3,2}$ $a_{3,3}$

上图就是一个三行的数字三角形，我们要求的是一个 $n$ 行的数字三角形，每个节点可以走到自己下面的两点从 $a_{1,1}$ 出发，到第 $n$ 行，所获的最大节点和（价值）。

走到第 $i$ 行的第 $j$ 列获得的最大价值，也就是 $f_{i,j}$ 。这道题首先要找到所有变化的量，把要求得的变化量放在右边（价值），把其余放在左边，这道题是运用了一种最简单的设计状态的方式。首先先不要管维度是否过多，先扔进去，维度少了，解不了题，维度多了可以慢慢优化，删掉无用的维度。

3.数字三角形2

如果把最大节点和变为最大节点和模100（仍为价值），求到第 $n$ 行最大的，显然原来的状态已经不行了，不满足最优子结构，直白来说有反例会与所算出来的结果不同。所以我们可以设计另外一种状态，当存在位置在 $(i,j)$ 价值为 $k$ 则 $f_{i,j,k}=true$ ，若不存在则为 $f_{i,j,k}=false$ 。也就是将把所有变化量放在左边，把存在性放在右边。

4.斐波那契数列

多种写法，但并不是每一种方法都适用所有DP题，考虑选哪种好做且可用且复杂度尽量小即可。注：纯递归，搜索不是DP。

（1）第一步

int f[114514],n;//定义。

（2）第二步

f[1]=1,f[0]=0;//初始化。

（3）第三步：四种方式

自己和别人的关系：求别人、求自己。

for(int i=1;i<=n;i++){
    f[i+1]+=f[i];
    f[i+2]+=f[i];
}//用自己求别人DP。

for(int i=2;i<=n;i++){
    f[i]=f[i-1]+f[i-2];
}//用别人求自己DP。

还有一种方法，首先我们可以先看一下递归求斐波那契，首先我们可知一些关系（DP中的转移），也就是 $f(x)=f(x-1)+f(x-2)$ ，再加上对特判防止终止递归。

int dfs(int n){
    if(n==0)return 0;
    if(n==1)return 1;
    return dfs(n-1)+dfs(n-2);
}//递归，搜索，O(最后的结果)=O(f[n])。

上方就是递归代码，这个时候我们再加入DP的元素，即可得出一个优化的记忆化搜索。

bool g[114514];//定义,g[i]表示第i个斐波那契数已经求过了。
int dfs(int n){
    if(n==0)return 0;
    if(n==1)return 1;
    if(g[n])return f[n];
    g[n]=1;
    return f[n]=dfs(n-1)+dfs(n-2);
}//记忆化搜索DP，O(n)避免了重复计算。

5.小小简介准备步入正题

有排列DP、背包DP……而在所有DP中一般DP没有固定格式，是最难的。

二、排列DP

1.逆序对

题目：在 $1$ 到 $n$ 的所有排列中逆序对（ $a_i>a_j$ 且 $i<j$ 的一对数）的个数为偶数的有多少个。
转移方法：把所有数从大到小或从小到大一个个插入，枚举插入数的位置。
状态： $f_{i,j}=k$ 代表1到 $i$ 已经插入，当前有 $j$ 个逆序对，方案数为 $k$ 。
转移：发现插入将 $i+1$ 插入到第 $k$ 个位置，会增加 $i-k$ 个逆序对且原有 $j$ 个逆序对，即转移为 $f_{i+1,j+i-k}=f_{i+1,j+i-k}+f_{i,j}$ 。
初始化： $f_{1,0}=1$ 。

最后附上代码，还有一个小优化将 $O(n^4)$ 的代码化为 $O(n^2)$ ，最后答案即为 $\sum_{i=1}^n [2|i]f_{n,i}$ 。

f[1][0]=1;
//O(n^4);
for(int i=1;i<n;i++){//已经插入1~i，接下来要插入i+1这个数。 
	for(int j=0;j<=i*(i-1)/2;j++){//当前有j个逆序对。 
		for(int k=0;k<=i;k++){//枚举i+1要插入到哪里。 
			f[i+1][j+i-k]+=f[i][j]; 
		}
	}
} 
//O(n^2)
for(int i=1;i<n;i++){//已经插入1~i，接下来要插入i+1这个数。 
	for(int j=0;j<=1;j++){//因为我们只在意它的奇偶性。 
		for(int k=0;k<=i;k++){//枚举i+1要插入到哪里。 
			f[i+1][(j+i-k)&1]+=f[i][j]; 
		}
	}
}

2.激动值

题目：激动，比它前面的都大，排列的激动值定义为有多少个激动的数，1到 $n$ 的所有排列中，激动值为 $k$ 的有多少个。
状态： $f_{i,j}=k$ 表示 $n$ 到 $i$ 已插入，激动值为 $j$ ， $k$ 为方案数。
转移：首先发现从小到大插入，如果插入 $i+1$ ，可能会导致激动值减小，所以应从大到小插入。我们发现只有当 $i-1$ 插入到最前面时才会导致激动值加1，否则不产生变化。即插到最前面为 $f_{i-1,j+1}=f_{i-1,j_1}+f_{i,j}$ 若不插到最前面则为 $f_{i-1,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j}\times(i-j+1)$ 。

三、树形DP

当你有一个疑问，一个树有多少个点时，你肯定会快速想出来，有 $n$ 个点呀！但我们可以设计一个状态为 $f_{root}=(\sum_{i=1}^{son.size}f_{son_i})+1$ ，这是什么？~~这是玄学~~由子节点带来的数据来更新根节点。这样我们就可以dfs一下了，到叶节点时初始化，递归更新，根节点要再加一个点，更新数据。

如果给一棵 $n$ 个点的树，每条边都有长度，求 $\max_{i,j}dist(i,j)$ ，即所有任意两点之间距离最大多少。你会发现每两个点都会有一个公共祖先，那么我们是不是可以设一个节点为公共祖先，求距此点最远的和次远的两个子节点，那过一个节点过这个公共祖先到另一节点即为较长，但这是较长，所以我们还要，取所有节点的这样两个点求路径，再取最大值。

如果给一棵 $n$ 个点树，求此树的最大独立集，最大独立集指的是选出尽量多的点，使得它们不相邻没有连边（不是没有联通的路径），我们可以设状态 $f_{i,1}=1+(\sum^{son.size}_{i=1}f_{son_i,0})$ ， $f_{i,0}=\max((\sum^{son.size}_{i=1}f_{son_i,1}),(\sum^{son.size}_{i=1}f_{son_i,0}))$ ， $f_{i,1}$ 即为选 $i$ ， $f_{i,0}$ 即为不选，在简单的开始计数即可。

四、状压DP

当你做题时遇到感觉将状态中设置多个数很不方便时，且数量不多，你可以将这些数压缩，有 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ ，这四个数，你可以将它们变为 $2345$ 一个数，变为一个维度。常用的如，将一些内容用二进制压缩，如有 $[1,10]$ 这样一个小区间，如果想要表示遍历过 $2$ 、 $3$ 、 $4$ ，可以设状态为 $0111000000$ （即 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 的位置为 $1$ ）再转变为十进制即为 $448$ ，这就是新的状态。