清北学堂培训2019.4.30

Day 3（钟皓曦）

期待中的钟神终于来了（果不其然带来了摸鱼时间qwq）

emmm，谈些正经的话题

今天算是一个有关于DP（动态规划）的全集

那么我来介绍一下有关DP的知识

DP（动态规划）

【具备无后效性（先无论是什么）】

以斐波那契数列为例 { 据钟神说通项公式为：f_n=【（sqrt（5）+1））/2】ⁿ-【（sqrt（5）-1））/2】ⁿ }

（←斐波那契数列就是这么个东西）

边界条件：f₀=0，f₁=1

转移方程：f_n=f_n-1+f_n-2

方法：

1. 顺着推
2. 逆着推
3. 记忆化搜索

常见的DP：

1. 数位DP
2. 树形DP
3. 状压DP
4. 其余DP（可能性最大）
5. 区间DP
6. 插头DP（应该不会考）
7. 博弈论DP（应该不会考）

数位DP：

按照数字的位数划分转移阶段

转移方式：枚举下一位数字填什么

限制条件：数位的上下界要求

例题：

　　给定两个数l，r；求l—r之间有多少个数？

思路：

　　将这个数按位拆开，【0-x】拆成x_n位

　　原式化为【0-r】–【0-l-1】

　　则需求v，知足0≤v≤x，数位DP从最高位开始填

 分如下两种状况：

1. x前几位大于v前几位，则剩下的随便填
2. x前几位等于v前几位，则x剩下的大于v剩下的
3. f【i】【j】表示这种状况的方案数；i表示已经填好了i位；j=0表示x前i位大于v前i位；j=1表示x前i位等于v前i位

那么须要枚举第i-1位填什么，便可求解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int l, r, z[233]; int f[23333][2]; int solve(int x) { int n = 0; while (x) //求出x的每一位
 { z[n] = x % 10; x /= 10; n++; } n--; memset(f, 0, sizeof(f)); f[n + 1][1] = 1; for (int i = n; i >= 0; i--) { for (int j = 0; j <= 1; j++) { //先分类讨论
            if (j == 0) { for (int k = 0; k <= 9; k++) { f[i][0] += f[i + 1][j]; } } else { for (int k = 0; k <= z[i]; k++) { //继续分类讨论
                    if (k == z[i]) { f[i][1] += f[i + 1][j]; } else { f[i][0] += f[i + 1][j]; } } } } } return f[0][0] += f[0][1]; } int main() { cin >> l >> r; cout << solve(r) - solve(l - 1) << endl; return 0; }

例题;

　　l-r的数的数位的和？

例题：

　　求l-r中知足相邻两个数字之差至少为2的个数有多少个？

直接看代码吧qwq

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int l, r, z[233]; int f[23333][2], g[23333][2]; int solve(int x) { int n = 0; while (x) //求出x的每一位
 { z[n] = x % 10; x /= 10; n++; } n--; memset(f, 0, sizeof(f)); memset(g, 0, sizeof(g)); f[n + 1][1] = 1; g[n + 1][1] = 0; for (int i = n; i >= 0; i--) { for (int j = 0; j <= 1; j++) { //先分类讨论
            if (j == 0) { for (int k = 0; k <= 9; k++) { f[i][0] += f[i + 1][j]; g[i][0] += g[i + 1][j] + f[i + 1][j] * k; } } else { for (int k = 0; k <= z[i]; k++) { //继续分类讨论
                    if (k == z[i]) { f[i][1] += f[i + 1][j]; g[i][0] += g[i + 1][j] + f[i + 1][j] * k; } else { f[i][0] += f[i + 1][j]; g[i][0] += g[i + 1][j] + f[i + 1][j] * k; } } } } } return g[0][0] += g[0][1]; } int main() { cin >> l >> r; cout << solve(r) - solve(l - 1) << endl; return 0; }

好像是Windy数（不过我不知道有什么区别qwq）

思路：

　　题目中有多少条件，就用多少个维度去解决问题。

　　因此加一个维度k；

　　f【i】【j】【k】表示这种状况的方案数；i表示已经填好了i位；j=0表示x前i位大于v前i位；j=1表示x前i　　位等于v前i位；k表示第i位填了k

这个直接去作吧（毕竟题解比我讲的好qwq）

洛谷 P2657 [SCOI2009]windy数

树形DP：

按照树从根往下或者叶子往上划分阶段

删除方式：集合叶子或者父亲的信息

限制条件：不详（不是我骗大家，是真的不详qwq）

若f【i】表示以i为根的子树有多少个点

则易得f【leaf】=1

能够推得：f【p】=f【son 1】+ f【son 2】+······=+f【son k】+1（设p有k个儿子）

//计算根为i的子树的结点个数（伪代码）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int n, f[233]; void dfs(int p) { for (x) //x表示p的各个儿子
 { dfs(x); f[p] += f[x]; } f[p]++; } int main() { cin >> n; read_tree(); //读入树先暂时不写
    dfs(1);         //以一为根树的大小
    cout << f[1] << end; return 0; }

例子：

　　求任一个树的直径（最远两个点的距离）

咱们能够清楚的看到：

这个最远的距离必定是这样的：↗↘（使得路径尽可能的长）

即求下一个点向下走的最长和次长路径的和。

状态定义：

f【i】【0】表示i向下最长；f【i】【1】表示i向下次长。

转移方程：

因此说f【p】【0】=max（f【p 1】【0】+ f【p 2】【0】+······+f【p k】【0】）+1（设p有k个不一样的到达叶子路径）

f【p】【1】=max（f【p 1】【0】+ f【p 2】【0】+······+f【p k】【0】）+1（设p有k个不一样的到达叶子路径）【在 f【p 1】【0】+ f【p 2】【0】+······+f【p k】【0】中把以前求的最大值去掉】

最后答案还应该将 f【p】【0】+f【p】【1】-1

练习题：

洛谷 P4408 [NOI2003]逃学的小孩  洛谷 P3304 [SDOI2013]直径

区间DP（听说相对简单）

思想：必定是枚举一个断点从而进行合并

例子：

　　【洛谷【NOI1995】石子合并】的非环情况

n堆石头，每次能够合并相邻两堆石子，合并两堆石头代价为两堆石头之和，求合并为一堆石头时所花的代价最小。

不难发现，必定能够找到一条分界线p，使得左边【l-p】和右边【p+1-r】各合并成一堆石子

状态定义：

f【l】【r】表示从第l堆石子到第r堆石子合并为一堆石子的最小代价

边界条件：f【i】【i】=0

转移方程：
f【l】【r】=min（f【l】【r】，f【l】【p】+f【p+1】【r】+sum【l】【r】）

但在枚举的过程当中须要知足一个阶段性：

for(int l=1;l<=n;l++) { for(int r=l+1;r<=n;r++) { for(int p=1;p<r;p++) { f[l][r]=min(f[l][r],f[l][p]+f[p+1][r]+sum[l][r]); } } }

这个代码显然不行，这显然不行，由于在算f【l】【r】时，f【p+1】【r】并没求出。

正解：

//石子合并(不是环的状况)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; //两个0x7f加起来爆int，推荐用0x3f
int n, int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> z[a]; } memset(f, 0x3f, sizeof(f)); for (int i = 1; i <= n; i++) { f[i][i] = 0; } for (int len = 2; len <= n; len++) { for (int l = 1, r = len; r <= n; l++, r++) { for (int p = 1; p < r; p++) { f[l][r] = min(f[l][r], f[l][p] + f[p + 1][r] + sum[l][r]); } } } cout << f[1][n] << endl; return 0; }

就是复杂度有点高qwq，为O（n^3）

若为环，则需开两个n的空间，取min（f【1】【n】，f【2】【n+1】，f【3】【n+2】······）就能够了

由于这枚举了全部断点的状况

复杂度不变——O（n^3）,序列长度变成两倍

练习题：

洛谷 P1880 [NOI1995]石子合并    洛谷 P1063 能量项链

状压DP：

按照选取集合的状态划分转移阶段

转移方式：枚举下一个要选取的物品

限制条件：不详（qwq）

先总结一下根据数据能够推出来的方法：

N<=22多半用状压

N<=12多半用爆搜

N<=32 多半放弃吧

N<=50多半放弃吧

N<=100多半O（n^3）

N<=1000多半O（n^2）

N<=10000 多半数据结构题O（nlogn）

N<=100000 多半线性的

N>100000 多半O（1）

这个方法是用作TSP问题(旅行商问题)

【属于NP—hard问题（复杂度至少为2^n）】

 

假设有一个旅行商人要拜访n个城市，他必须选择所要走的路径，路径的限制是每一个城市只能拜访一次，并且最后要回到原来出发的城市。路径的选择目标是要求得的路径路程为全部路径之中的最小值。

 

考虑状态压缩：

先设一个集合

若该点在这个集合里，则用二进制数1表示；反之为0

将这个二进制的数返回为一个十进制的数。

f【s】【i】：s表示这是一个s位的二进制数，i表示停留在i，数组表示这种状况最短距离

初始化：

f【1】【1】=0.

这里的转移方程大概是这么写的。（具体思路）

#include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #include<algorithm> #include<queue> #include<cstring>
using namespace std; int read() { int f=1,x=0; char ss=getchar(); while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();} while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();} return f*x; } int n; int dp[1100010][25]; int map[25][25]; int main() { n=read(); for(int i = 1;i <= n;i ++) for(int j = 1;j <= n;j ++) map[i][j]=read();//读入个村庄间距离
    memset(dp,63,sizeof(dp)); dp[1][1] = 0;//状态1表示此时只有1号点访问过
    for(int i =0;i<=(1 << n) -1;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if( !( (1 << j-1) & i) ) for(int k=1;k<=n;k++) if( ( (1 << k-1) & i) ) dp[((1 << j-1) | i)][j] = min(dp[((1 << j-1) | i)][j],dp[i][k] + map[k][j]);//核心代码，解释如上所述
    int ans = 2147483640; for(int i=2;i<=n;i++)//最后从状态(1<<n)-1（二进制全为1）中寻找到1最短的点
        ans=min(ans,dp[(1<<n)-1][i] + map[i][1]); cout<<ans; return 0; }

 

 

If（j∉这个集合s），则f【s∪{j}】【i】=f【s】【i】+dis【i】【j】

复杂度（n^2 * 2^n）,内存O（2^n *n）

其余DP

洛谷1216

改编：使得最后%m后值最大

当一个题作不了的时候就往上加维度

考虑数据范围

状态定义：

bool  f【i】【j】【k】表示走到第i行第j列%m=k是否是可能的

可能为true；不可能为false

因此，f【i】【j】【k】= f【i-1】【j-1】【k-aij】| f【i-1】【j】【k-aij】

边界条件：f【1】【1】【a11】=true

//数字三角形
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath>
using namespace std; int f[1001][1001], a[1001][1001], n; int main() { cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= i; j++) cin >> a[i][j]; } f[1][1] = a[1][1]; for (int i = 2; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= i; j++) f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + a[i][j]; } int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { ans = max(ans, f[n][i]); } cout << ans; return 0; }

 

练习：数字三角形2

最长上升子序列：

运用线段树，区间询问最大值和单点修改

 

背包：背包九讲

01背包
彻底背包

练习：

洛谷 1048

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iomanip> #include<string> #include<algorithm> #include<cstdlib>
using namespace std; int dp[10000000],v[1000],p[1000]; int main() { int n,m; cin>>n>>m; for(int a=1;a<=m;a++) { cin>>v[a]>>p[a]; } for(int j=1;j<=m;j++) { for(int i=n;i>=v[j];i--) { dp[i]=max(dp[i],dp[i-v[j]]+p[j]); } } cout<<dp[n]; return 0; }