前言:
算法学习记录不是算法介绍,本文记录的是从零开始的学习过程(见到的例题,代码的理解……),所有内容按学习顺序更新,而且不保证正确,如有错误,请帮助指出。
学习工具:蓝桥OJ,LeetCode
背景知识:
你有动态规划相关基础知识。
(算法学习记录:动态规划基础)
目录
前言:
背景知识:
正文:
模型一:背包问题
01背包:
蓝桥OJ 1174:小明的背包1
蓝桥OJ 2223:背包与魔法
蓝桥OJ 3741:倒水
蓝桥OJ 3637:盗墓分赃
蓝桥OJ 2945:蓝桥课程抢购
完全背包:
蓝桥OJ 1175:小明的背包2
多重背包:
蓝桥OJ 389:摆花
蓝桥OJ 4059:新一的宝藏搜寻加强版
单调队列优化多重背包:
二维费用背包:
蓝桥OJ 3937:小蓝的神秘行囊
分组背包:
蓝桥OJ 1178:小明的背包5
模型二:树型DP
模型三:区间DP
模型四:状压DP
模型五:数位DP
模型六:期望DP
正文:
动态规划:Dynamic Programing 。以下简称“DP”。
按方法分类:搜索法(DFS),迭代法
按实现方式分类:一维DP,二维DP
动态规划涉及的问题种类繁多,按照题目模型分类:
模型一:背包问题
01背包:
问题描述:
有一个体积为V的背包,商店有n个物品,每个物品有一个价值v和体积w,每个物品只能够被拿一次,文能够装下物品的最大价值。
设状态dp[i][j]表示到第i个物品为止,拿的物品总体积为j的情况下的最大价值。
状态转移方程:
蓝桥OJ 1174:小明的背包1
#includeusing namespace std;using ll = long long;const int N = 105,M = 1010;ll dp[N][M];int main(){int n,V;cin >> n >> V;for(int i = 1;i > w >> v;for(int j = 0;j = w)dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w]+v);else dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}cout << dp[n][V] << endl;return 0;}
观察发现:这题我们只关心第n个物品的情况,
所以没必要用二维数组把原来的所有情况存下
每次更新只用上一次数据,如果能直接进行覆盖,就采用一维数组解决问题。
优化:
dp[i][j]=dp[i-1][j],相当于dp[i-1]复制给dp[i],
将第一维优化掉直接当作一个数组
每次更新时,从后往前更新,此时dp[j]表示此时物品总体积为j时的物品最大价值。
得到状态转移方程:
#includeusing namespace std;using ll = long long;const int N = 105,M = 1010;ll dp[M];int main(){int n,V;cin >> n >> V;for(int i = 1;i > w >> v;for(int j = V;j >= w;j ++){dp[j] = max(dp[j],dp[j - w] + v);}}cout << dp[V] << endl;return 0;}
蓝桥OJ 2223:背包与魔法
对每个物品有3种选择:不选、选但不用魔法、选且用魔法
状态转移方程:
#includeusing namespace std;using ll = long long;const int N = 1e4 + 9;ll dp[N][2];int main(){int n,m,k;cin >> n >> m >> k;for(int i = 1;i > w >> v;for(int j = m;j >= 0;j --){if(j >= w){dp[j][0] = max(dp[j][0],dp[j - w][0] + v);dp[j][1] = max(dp[j][1],dp[j - w][1] + v);}if(j >= w + k){dp[j][1] = max(dp[j][1],dp[j - w - k][0] + 2 * v);}}}cout << max(dp[m][0],dp[m][1]) << endl;return 0;}
蓝桥OJ 3741:倒水
//为了尽可能节约水,本题只有3种倒水方式://1、给当前客人倒水a毫升,使得总好感度增加b//2、给当前客人倒水c毫升(c>a),使得总好感度增加d//3、不给客人倒水(对应题目中的倒水小于a毫升,倒与不倒是一样的,还不如不倒),总好感度增加e #include using namespace std;typedef long long ll;ll dp[1005][1005];//dp[i][j]表示只考虑前i个客人,共倒水j毫升所得的最大好感度 //易知对于第i个客人,给其倒水所得好感度的多少只与前i-1个客人有关 int main(){int N,M;cin>>N>>M;for(int i=1;i>a>>b>>c>>d>>e;for(int j=0;j<=M;j++)//对第i个客人,分别考虑共倒0~M毫升水 {//若当前拥有的水小于a,干脆不倒水,好感度为前i-1个客人共倒j升水所得好感度 加上e if(j=a&&j<c)dp[i][j]=max(dp[i-1][j-a]+b,dp[i-1][j]+e);//若当前拥有的水足够多,依次考虑三种情况,同理可得 else dp[i][j]=max(dp[i-1][j-a]+b,max(dp[i-1][j-c]+d,dp[i-1][j]+e));}}cout<<dp[N][M]<<endl;//考虑前N个客人,共倒M毫升水所得好感度的最大值 即为最终答案 return 0;}
优化:
#include using namespace std;typedef long long ll;ll dp[1005];int main(){int N,M;cin>>N>>M;for(int i=1;i>a>>b>>c>>d>>e;for(int j=M;j>=0;j--){if(j=a&&j<c)dp[j]=max(dp[j-a]+b,dp[j]+e);else dp[j]=max(dp[j-a]+b,max(dp[j-c]+d,dp[j]+e));}}cout<<dp[M]<<endl;return 0;}
蓝桥OJ 3637:盗墓分赃
#includeusing namespace std;const int N=2e4+5;bool dp[N];const int M=1e3+4;int s[M];int main(){int n;cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i>s[i];sum+=s[i];}dp[0]=true;//啥也不拿一定可以if(sum%2!=0)cout<<"no"<<'\n';else{for(int i=1;i=1;j--){if(j>=s[i])dp[j]=dp[j]||dp[j-s[i]];}}if(dp[sum/2])cout<<"yes"<<'\n';elsecout<<"no"<<'\n';}return 0;}
蓝桥OJ 2945:蓝桥课程抢购
由于要先考虑把时间短的放前面,使用结构体数组把数据关联起来,便于操作。
#includeusing namespace std;using ll=long long;const int N=1e5+4;ll dp[55][N];//表示在i个科目之前,j的等待时间下最大的价值 struct Class{ int wait,j,value;}c[55];bool cmp(Class a,Class b){ return a.j>n;int sum=0;for(int i=1;i>c[i].wait>>c[i].j>>c[i].value;sum=max(sum,c[i].j);}sort(c+1,c+n+1,cmp); //先把截至时间短的放前面,贪心把时间短的先做了ll ans=0;for(int i=1;i=1;j--){dp[i][j]=dp[i-1][j]; //先初始化成这个科目不选if(j>=c[i].wait&&j<=c[i].j){dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-c[i].wait]+c[i].value);ans=max(ans,dp[i][j]);}}}cout<
优化:
#includeusing namespace std;using ll=long long;const int N=1e5+4;ll dp[N];//表示在i个科目之前,j的等待时间下最大的价值struct Class{int wait,j,value;}c[55];bool cmp(Class a,Class b){return a.j>n;int sum=0;for(int i=1;i>c[i].wait>>c[i].j>>c[i].value;sum=max(sum,c[i].j);}sort(c+1,c+n+1,cmp); //先把截至时间短的放前面,贪心把时间短的先做了ll ans=0;for(int i=1;i=1;j--){dp[j]=dp[j]; //先初始化成这个科目不选if(j>=c[i].wait&&j<=c[i].j){dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i].wait]+c[i].value);ans=max(ans,dp[j]);}}}cout<
完全背包:
又名无穷背包,每种物品有无数个背包。
即每个物品可以被拿无数次,有无限多个。
设状态dp[i]表示拿的物品总体积为i的情况下的最大价值。
状态转移方程:
因为新数据的产生必须有先后,现在就必须用”新数据“来更新“新数据”。
蓝桥OJ 1175:小明的背包2
#includeusing namespace std;const int N = 1e3 + 9;int dp[N];int main(){int n,m;cin >> n >> m;for(int t = 1;t > w >> v;for(int i = w;i <= m;i ++){dp[i] = max(dp[i],dp[i - w] + v);}}cout << dp[m];return 0;}
对比这题与’小明的背包1‘,
可以发现:遍历顺序变化后,
dp[i]可以来自在相同t情况(遍历到了同一件物品)下刚刚被更新过的数据。
这就计算了这件物品可以被用多次的情况。
多重背包:
有一个体积为V的背包,商店有n种物品,每种物品有一个价值v和体积w,每种物品有s个,问装下的最大价值。
只需在01背包模型的基础上再加一层循环,更新s次即可。
蓝桥OJ 389:摆花
对于每一个到达一个位置并种了某种花的情况,
方案数都是先种上一个位置并种了少用一种花的方案数,
具体来说:
这个方案数就是:保持种到相同位置,这最后一种花种了多少盆的所有情况的方案数之和
设状态dp[i][j]表示到第i种花为止(不一定以第i种花结尾),到第j个位置(1-j都放了花)的情况下的总方案数:
图解:
归纳出状态转移方程:
#includeusing namespace std;const int N = 105;using ll = long long;const ll p = 1e6 + 7;ll a[N],dp[N][N]; int main(){int n,m; cin >> n >> m;for(int i = 1;i > a[i];dp[0][0] = 1;for(int i = 1;i <= n;i ++){for(int j = 0;j <= m;j ++){for(int k = 0;k <= a[i] && k <= j; k ++){dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % p;}}}cout << dp[n][m] << endl;return 0;}
蓝桥OJ 4059:新一的宝藏搜寻加强版
#includeusing namespace std;const int N = 205;int dp[N];int main(){int n,m;cin >> n >> m;for(int i = 1;i > w >> v >> s;while(s--){for(int j = m;j >= w;j--){dp[j] = max(dp[j],dp[j - w] + v);}}}cout << dp[m] << endl;return 0;}
优化:原时间复杂度:O(n*s*V)
进行二进制优化:时间复杂度:O(n*logs*V)
#includeusing namespace std;using ll = long long;const int N = 1e3+7,M = 2e4 +7;ll dp[M];int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int n,m;cin >> n >> m;for(int i = 1;i > v >> w >> s;for(int k = 1;k = k * v;j--)dp[j] = max(dp[j],dp[j - k * v] + k * w);}for(int j = m;j >= s*v;j --)dp[j] = max(dp[j],dp[j - s * v]+ s* w);}cout << dp[m] << endl;return 0;}
单调队列优化多重背包:
另见:算法学习记录:滑动窗口
优化效果(时间复杂度):
二维费用背包:
问题描述:
有一个体积为V的背包,商店有n种物品,每种物品有一个价值v、体积w、重量m,每种物品仅有1个,问能装下物品的最大价值。(需同时考虑体积和重量限制)
倒着更新,状态转移方程修改成二维。
状态转移方程:
蓝桥OJ 3937:小蓝的神秘行囊
#includeusing namespace std;using ll = long long ;const int N = 105;ll dp[N][N];int main(){int n,V,M;cin >> n >> V >> M;for(int i = 1;i > v >> m >> w;for(int j = V;j >= v;-- j){for(int k = M;k >= m;k--){dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-v][k-m] + w);}}}cout << dp[V][M] << endl;return 0;}
分组背包:
有一个体积为V的背包,商店有n组物品,每组物品有若干个,价值v、体积w。每组物品至多选一个,问能够装下的最大价值。
设状态dp[i][j]表示到第i组,体积为j的最大价值,这里不能忽略第一维,否则状态转移错误。
状态转移方程:
蓝桥OJ 1178:小明的背包5
#includeusing namespace std;using ll = long long;const int N = 1500;ll dp[N][N];int main(){int n,V;cin >> n >> V;for(int i = 1;i > s;for(int j = 0;j > w >> v;for(int j = w;j <= V;j ++)dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i - 1][j - w] + v);}}cout << dp[n][V] << endl;return 0;}
模型二:树型DP
了解过了树的基础后:算法学习记录:有关树的基础
自上而下DP:
考虑树型DP问题一:
如果暴力枚举:时间复杂度为O(n*2^n)不能解决问题
考虑贪心的办法:发现即使使用最大权值和作为判断依据,难以对树状结构进行正确计算。
因此采用动态规划算法:
考虑状态:
由题中限制:一个子结点能不能选,受上一个结点的约束
所以需要开二维dp,用0或1表示被选或未被选的状态。
用f[i][0]表示当前结点不选所能得到的最大值
用f[i][1]表示当前结点选择后所能得的最大值。
考虑转移:
自上而下转移:在结点的所有儿子结点中取最大值,对0/1的情况分类讨论。
归纳出状态转移方程:
#include using namespace std;#define maxn 110000int n, val[maxn];struct Edge{int nex, to;}edge[maxn << 1];int head[maxn], cnt;int f[maxn][2];void add(int from, int to){edge[++cnt].nex = head[from];head[from] = cnt;edge[cnt].to = to;return ;}void dfs(int u, int fa){for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nex){int v = edge[i].to;if (v != fa)continue;dfs(v, u);f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);f[u][1] += f[v][0];}return ;}int main(){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++ i )scanf("%d", &val[i]), f[i][1] = val[i];for (int i = 1; i < n; ++ i ){int u, v;scanf("%d%d", &u, &v);add(u, v), add(v, u);}dfs(1, 0);printf("%d\n", max(f[1][0], f[1][1]));return 0;}
考虑树型DP问题二:
考虑状态:
承接上一个模型,会想到用一个三维的dp,
仔细观察发现,可以将根据体积关系优化掉0/1这一维。
图解:
由体积的数量关系可以判断这个父结点一定被选上了,这样实现了一维的优化。
考虑转移:
在每一个结点下,把它的所有子节点当作许多物品。
用01背包的思路,将“贡献”合并。
归纳出状态转移方程:
这是最核心的部分:
1.需要开一个新的一维数组来存储临时情况,因为更新时会用到原数据,不可以直接覆盖。
2.外层循环会遍历到每个子节点,所以对于数组nf[v],最后复制回f[u][v]的数据是遍历过所有子结点的最终数据,是每个体积下的合法最优状况。
#include using namespace std;#define maxn 110int n, V;int f[maxn][maxn];int w[maxn], v[maxn];vector g[maxn];struct Edge{int nex, to;}edge[maxn << 1];int head[maxn], cnt;void add(int from, int to){edge[++ cnt].nex = head[from];head[from] = cnt;edge[cnt].to = to;return ;}void dfs(int u, int fa){memset(f[u], -0x3f, sizeof f[u]);if (v[u] <= V)f[u][v[u]] = w[u];for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nex){int v = edge[i].to;if (v == fa)continue;dfs(v, u);vector nf(f[u], f[u] + V + 1);for (int v1 = 0; v1 <= V; v1 ++){for (int v2 = 0; v1 + v2 <= V; v2 ++ ){nf[v1 + v2] = max(nf[v1 + v2], f[u][v1] + f[v][v2]);}}for (int v = 0; v <= V; v ++ )f[u][v] = nf[v];}return ;}int main(){scanf("%d%d", &n, &v);for (int i = 1; i < n; ++ i ){int u, v;add(u, v), add(v, u);}dfs(1, 0);int ans = 0;for (int i = 0; i <= V; ++ i )ans = max(ans, f[1][i]);cout << ans << endl;return 0;}
自下而上DP:
每一次进行转移时,先遍历子节点,求出子节点的DP值之后,再向父节点转移。
最大独立集:
蓝桥OJ 1319:蓝桥舞会
#include using namespace std;const int N=100005;int n,a[N];long long dp[N][2];vector e[N];void dfs(int u){for (auto v:e[u]){dfs(v);dp[u][1]+=dp[v][0];dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);}dp[u][1]+=a[u];}int main(){cin>>n;set st;for (int i=1;i>a[i],st.insert(i);for (int i=1,x,y;i>x>>y;e[y].push_back(x);st.erase(x);}int rt=*st.begin();dfs(rt);cout<<max(dp[rt][0],dp[rt][1]);return 0;}
最小点覆盖:
选择若干个点,使得树上每一条边都被覆盖。
即每一条边都至少有一个端点被选择,求被选择的点权和的最值。
#include using namespace std;const int N=100005;vectore[N];int val[N],dp[N][2];int d[N];int n, m, k;void dfs(int u,int fa){for (auto v:e[u]){if (v==fa) continue;dfs(v,u);dp[u][0]+=dp[v][1];dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);}dp[u][1]+=1;}int main(){cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);cin>>n;for (int i=1,x,y;i>x>>y;e[x].push_back(y);e[y].push_back(x);}dfs(1,0);cout<<min(dp[1][0],dp[1][1]);return 0;}
最小支配集:
选择若干个点,使得树上的每一个点都被支配,即每一点要么自身被选择要么相邻的结点被选择。
求选择的点的点权和最值。
模型三:区间DP
区间DP是以区间为尺度的DP,一般有以下特点:
1.可以将一个大区间的问题拆成若干个子区间合并的问题
2.两个连续的子区间可以进行整合、合并成一个大区间。
模型题:
#include using namespace std;const int N=100005;vectore[N];long long a[N],dp[N][3];int d[N];int n;void dfs(int u){long long minn=1e18;for (auto v:e[u]){dfs(v);dp[u][0]+=min({dp[v][0],dp[v][1],dp[v][2]});dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);minn=min(minn,dp[v][0]-min(dp[v][0],dp[v][1]));dp[u][2]+=dp[v][1];}dp[u][0]+=a[u];dp[u][1]+=minn;}int main(){cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);cin>>n;for (int i=1;i>id;cin>>a[id];cin>>m;while (m--){int x;cin>>x;e[id].push_back(x);d[x]++;}}int rt;for (int i=1;i<=n;++i)if (d[i]==0) rt=i;dfs(rt);cout<<min(dp[rt][0],dp[rt][1]);return 0;}