恋&空的专栏

引言：本人在做过一些题目后对DP有些感想，就写了这个总结：第一节动态规划基本概念一，动态规划三要素：阶段，状态，决策。他们的概念到处都是，我就不多说了，我只说说我对他们的理解：如果把动态规划的求解过程看成一个工厂的生产线，阶段就是生产某个商品的不同的环节，状态就是工件当前的形态，决策就是对工件的操作。显然不同阶段是对产品的一个前面各个状态的小结，有一个个的小结构成了最终的整个生产线

动态规划算法的优化技巧福州第三中学   毛子青 [关键词] 动态规划、 时间复杂度、优化、状态 [摘要]动态规划是信息学竞赛中一种常用的程序设计方法，本文着重讨论了运用动态规划思想解题时时间效率的优化。全文分为四个部分，首先讨论了动态规划时间效率优化的可行性和必要性，接着给出了动态规划时间复杂度的决定因素，然后分别阐述了对各个决定因素的优化方法，最后总结全文。 [正

#include#include int main(){    int i,j,a[1000],n,temp,s[1000],max;    while(scanf("%d",&n)!=EOF && n)    {        for(i=0;i        max=0;        memset(s,0,sizeof(s));        for(

这个是最简单的0-1背包了，记住这个函数，以后在遇到这种题直接使用就行了。。。 #include#include#define MAX(a,b) (a>b?a:b)int c[13000];                                    // 注意数组下标 void Zero_One(int cost, int weight, int m)

这是个完全背包的问题，套模板吧！#include#define min(a,b) a#define inf 6000005int f[10005];             int main(){    int i,j,n,t,E,F,W;    int p[505],w[505];    while(scanf("%d",&t)!=EOF)    {

0-1背包问题。。。#include#includeint v[50],m[100],a[250005];int main(){    int i,j,k,n,sum,t;    while(scanf("%d",&n)!=EOF && n>=0)    {        sum=0;         memset(a,0,sizeof(a));

// 即求动态规划的最长不增子序列// 递推关系：F[1]=1;  F[i]=max{1,F[j]+1 | j=ai}#includeint max(int a,int b){    return a>b?a:b;    }int list[26];   // 按袭击事件顺序保存各导弹高度int dp[26];     // dp[i]保存以第i个导弹结尾的最长不增

// 这是动态规划中的递推求解问题，类似于斐波那契数列。。。#includelong long F[91];int main(){    F[1]=1;F[2]=2;    for(int i=3;i    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        printf("%lld\n",F[n]);        }

// 动态规划中较复杂的递推求解问题。。。// 递推求解问题，根据输入的顺序，其答案往往排列成一个数列。首先得到输入规模较小的答案。// 分析问题，将每一个问题分割成规模较小的几个问题，要做到不遗漏不重复，并确定它们的关系从而得到递推公式。。。#includelong long F[21];int main(){    F[1]=0;    F[2]=1;   

// 与题目1205：N阶楼梯上楼问题是一样的题，只是问法不同而已。。。同为递推求解问题#includeint F[21];int main(){    F[1]=1;F[2]=2;    for(int i=3;i    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        printf("%d\n",F[n]);    

// 简单的动态规划。。。#include #define INF 1000int main(){    int f[1000];       // 邮票价值为i时的个数     int i,j,k;    int M,N;    int v[21];    while(scanf("%d %d",&M,&N)!=EOF){        for(i=1;i

分三种情况考虑： 1、s1不是 -，s2是 -                  dp[i][0] = dp[i - 1][0] + m[x[i]][4];                                  2、s1是 -，s2不是 -                  dp[0][j] = dp[0][j - 1] + m[4][y[j]];

很基础的0-1背包。。。#include#include#define MAX(a,b) (a>b?a:b)int c[1005],n[1005],v[1005],i,j,t,N,V;                                                          void Zero_One(int cost, int weight

很简单的一个DP题。。。#include#include#define N 1000000int a[N],m[N],count[N];int cmp(const void *a,const void *b){    return *(int *)a - *(int *)b;    }int main(){    int i,j,n;    wh

这是一个动态规划题目，不是太难，只要理解动态规划思想就可以做出来。。。#include#includestruct node{    int x;    int y;    int z;    int s;    }S[100];int high[100];int cmp(const void *a,const void *b){

刚看到这道题时，第一感觉是双重循环，求出所有的交点的横坐标，然后判断是不是在所给范围内。毫无疑问，结果肯定超时。但换个角度想一下，转化为zoj3129的japan那道题，即是求逆序对的个数。接下来就和3129一样了。。。#include#include#include#include#include#define N 10005struct node{

个人觉得，这个可以作为多重背包的模板使用，其中包括了简单的0-1背包和完全背包，分清楚它们三个的区别。。。 #include#include#define N 60005#define MAX(a,b) (a>b?a:b)int c[N];void Complete(int cost, int weight, int m)      // 完全背包, 顺序 {

这个题需要先弄懂题意，这是使用了结构体数组，并对其中的一个关键字进行了排序。。。#include#include#include#define MAX(a,b) (a>b?a:b)int dp[5005];struct node{    int p; int q; int v;  int c;}it[505];int cmp(const void

这个是归并排序很好例子，下面的代码可以记住，以后碰到归并，可以直接使用了。。。#include #include #include #include       // INT_MAX #include #define MAX 500010int a[MAX];int L[MAX/2],R[MAX/2];long long sum;void MERGE(int

有人说这个是最长上升子序列，但是我没有发现。。。就是找出最长不交叉的DNA片段的序号，只是按照基本的动态规划写了一下。。。#include#include#include#define N 1005int a[N];struct gene{    int start; int end; int pos; }g[N];int cmp(const voi

题意叫你求交叉点的个数，转换一下思维，把第一个数看作是i,和它相连接的第二个数看作是ai，当i aj时这时才有交叉点，这样就转换为求逆序对的个数；首先，把他x从小到大排序，x相同的按y从大到小排序，排完序后，在使用合并排序，计算逆序对的个数。#include#include#include#define MAX 1000005 int L[MAX/2],R[MAX/2

最近学习动态规划，总是找不出转移方程。。。  这里的是：    if(i==2*j) dp[i][j]=dp[i-2][j-1]+pow2(a[i]-a[i-1]);                          else if(i>2*j)  dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-2][j-1]+pow2(a[i]-a[i-1]));  #include

这里不能简单的递归，因为N较大，会出现超时。。。开始没注意N的大小，提交之和TLE#include   #include   int main()  {      int n;      int dp[130][130];      int i,l;            memset(dp,0,sizeof(dp));      dp[1][1]=1;

D. Defense LinesTime Limit: 3000msCase Time Limit: 3000msMemory Limit: 131072KB64-bit integer IO format: %lld      Java class name: Main SubmitStatus Font Size:+- [

// 0-1背包：每一件物品至多只能选择一件，即在背包中该物品数量只有0和1两种情况 #include#define INF 0x7fffffffint max(int a,int b){    return a>b?a:b;    }struct E{    int w;    // 价值    int v;    // 体积    }list[101];