动态规划

 

最长连续子数列和

-2 6 -1 5 4 -7 2 3

求连续的子数列最大和。

根据递归的思路想：f(n) = max{ f(n-1) + num[n], num[n] }

 

 

hdu1506 Largest Rectangle in a Histogram

对于每个高度h[i]，搜索它能到达的最左，和最右，最大面积Smax = Max{ i | 面积Si = (最右 - 最左 + 1) *h[i] }

这样的时间复杂度为O（n^2）,必超时

举例 2,3,4,5

要判断2能到达最右的位置，不须要循环比较，只须要知道3能到达的最右是哪里，由于若3能到达的位置，2必然也能到达

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 using namespace std;
 4 
 5 int main()
 6 {
 7     int n;
 8     while(scanf("%d", &n) && n)
 9     {
10         long long h[100007];
11         long long l[100007];
12         long long r[100007];
13         for(int i=1;i<=n;i++)
14         {
15             scanf("%lld", &h[i]);
16             l[i] = r[i] = i;
17         }
18         h[0] = h[n+1] = -1;
19         for(int i=1;i<=n;i++)
20         {
21             while(h[i] <= h[l[i]-1]) {
22                 l[i] = l[l[i]-1];
23             }
24         }
25         for(int i=n;i>=1;i--)
26         {
27             while(h[i] <= h[r[i]+1]) {
28                 r[i] = r[r[i]+1];
29             }
30         }
31         long long ans = 0;
32         for(int i=1;i<=n;i++)
33         {
34             ans = ans > (r[i]-l[i]+1)*h[i] ? ans : (r[i]-l[i]+1)*h[i];
35         }
36         printf("%lld\n",ans);
37     }
38 }

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LeetCode 338. Counting Bits

第一道本身作出来的DP！！！记念合影，你没听错我就是这么菜

给你一个非负整数num，求从0到num的num+1个数中，每一个数二进制表示的1的个数，返回一个数组

就是dp嘛，暴力的办法就是for from 0 to num，每一个数的每个二进制位比较，设二进制位最坏长度为31位，那么复杂度就是O（31*n）

其中大量重复计算，因此用动态规划解决，自底向上

 1 class Solution {
 2 public:
 3     vector<int> countBits(int num) {
 4         vector<int>dp(num+1);
 5         dp.resize(num+1);
 6         dp[0] = 0;
 7         for(int i=1;i<=num;i++)
 8         {
 9             if((i & 1) == 0)
10                 dp[i] = dp[i>>1];
11             else
12                 dp[i] = dp[i>>1] + 1;
13         }
14         return dp;
15     }
16 };

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非连续最大子集

给你一个序列arr = {}

请你求出它的一个子集，要求，子集和最大，且子集的元素在原序列终不能相邻

入门DP

对于每个数，dp[i] = max{ dp[i-1], dp[i] + arr[i-1] }

那么就和斐波那契有点像了

 

能不能组成S？

给你一个序列arr = {}，和一个数S，问你序列里的数能不能组成S

又是简单的选和不选问题

 

 

web数据挖掘中的编辑距离

这个有点难想，参考连接：

 

稍微变了一小下的01背包

uim拉着基友小A到了一家……餐馆，很低端的那种。

uim指着墙上的价目表说：“随便点”。

题目描述

不过uim因为买了一些书，口袋里只剩M元(M≤10000)。

餐馆虽低端，可是菜品种类很多，有N种(N≤100)，第i种卖a​元(ai​≤1000)。因为是很低端的餐馆，因此每种菜只有一份。

小A奉行“不把钱吃光不罢休”，因此他点单必定恰好吧uim身上全部钱花完。他想知道有多少种点菜方法。

 

思路：和裸的价值+容量的01背包不一样，原来是求可放入背包且价值最大化，这个是必须装满背包，求有多少种方案。

根据题意设数组dp[i][j]为前i种菜品刚好花费j元的点菜方法数。那么，考虑第i种菜点或不点，若不点，则说明前i-1种菜，已经刚好花费j元；若点，则说明前i-1种菜，花费j-ai元，这样，在点完第i种菜后，刚好花费j元。

所以容易得出公式

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-ai]

然而不少人想到这里之后就不知道接下来怎么作了。（好比说我）

可是在看到"j - ai"后，应该能想到，对j - ai的状况进行枚举。

若j > ai，则和上式同样。

若j < ai，则说明第i道菜，压根就买不起，所以dp[i][j] = dp[i-1][j]。

若j == ai，那么说明能够只点这一道菜做为一种新的方案，dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 using namespace std;
 5 
 6 int dp[103][10003] = {0};
 7 int price[103];
 8 
 9 int main()
10 {
11     int n, m;
12     scanf("%d%d", &n, &m);
13     for(int i=1;i<=n;i++) {
14         scanf("%d", &price[i]);
15     }
16     for(int i=1;i<=n;i++) {
17         for(int j=1;j<=m;j++) {
18             if (j == price[i])
19                 dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1;
20             else if (j > price[i])
21                 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j - price[i]];
22             else
23                 dp[i][j] = dp[i-1][j];
24         }
25     }
26     printf("%d\n", dp[n][m]);

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