C++博客-wyh123-随笔分类-DP

poj 1042（DP）

wyh — Wed, 10 Aug 2011 13:16:00 GMT

题目大意：john现有h个小时的空闲时间，他打算去钓鱼。john钓鱼的地方共有n个湖，所有的湖沿着一条单向路顺序排列（john每在一个湖钓完鱼后，他只能走到下一个湖继续钓），john必须从1号湖开始钓起，但是他可以在任何一个湖结束他此次钓鱼的行程。输入给出john在每个湖中每5分钟钓的鱼数（此题中以5分钟作为单位时间），随时间的增长而线性递减。而每个湖中头5分钟可以钓到的鱼数以及每个湖中相邻5分钟钓鱼数的减少量，John从任意一个湖走到它下一个湖的时间。

解题思路：1）设fish[i][j]表示到了第i个池塘用了j*5分钟所钓到的雨的数目
2）转移：fish[i][j]=Max{fish[i-1][j-k-t[i]],fish[i][j]+sum}
sum是呆着这个池塘经过k*5分钟所钓到的鱼的数目~sum=f[i]*(k+1)-(k+1)*k/2*d[i]

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <cstring>
5#include <cmath>
6#include <algorithm>
7
8using namespace std;
9
10int f[30],d[30],t[30],path[30];
11int fish[30][400];
12int n,h,maxx,k;
13
14void init()
15{
16    memset(path, 0, sizeof(path));
17    memset(fish,-1,sizeof(fish));
18}
19
20void find_Path(int i, int time)
21{
22    if(i==0) return;
23    int summ=0;
24    for(int k=0; k<=12*h; ++k)
25    {
26        if(fish[i-1][time-k-t[i-1]]+summ==fish[i][time])
27        {
28            path[i]=k*5;
29            return find_Path(i-1,time-k-t[i-1]);
30        }
31        if (f[i]-k*d[i]>0)
32            summ=f[i]*(k+1)-(k+1)*k/2*d[i];
33    }
34}
35
36void get_DP()
37{
38    fish[0][0]=0;
39    for(int i=0; i<=n-1; ++i)
40        for(int j=0; j<=12*h; ++j)
41        {
42            int summ=0;
43            for(int k=0; k<=12*h && fish[i][j]!=-1; ++k)
44            {
45                if(j+k+t[i]<=12*h)
46                    fish[i+1][j+k+t[i]]=max(fish[i+1][j+k+t[i]],fish[i][j]+summ);
47                else
48                    break;
49                if (f[i+1]-k*d[i+1]>0)
50                   summ=f[i+1]*(k+1)-(k+1)*k/2*d[i+1];
51            }
52        }
53        maxx=0;
54        k=1;
55        for(int i = 1; i <= n; ++i)
56            if(maxx<fish[i][12*h])
57            {
58                maxx=fish[i][12*h];
59                k=i;
60            }
61}
62
63int main()
64{
65    while (~scanf("%d",&n))
66    {
67        if (n==0) break;
68        scanf("%d",&h);
69        for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&f[i]);
70        for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
71        for (int i=1; i<=n-1; i++) scanf("%d",&t[i]);
72        init();
73        get_DP();
74        find_Path(k, 12*h);
75        for(int i = 1; i <= n-1; ++i)
76            printf("%d, ",path[i]);
77        printf("%d\n",path[n]);
78        printf("Number of fish expected: %d\n", fish[k][12*h]);
79        printf("\n");
80    }
81    return 0;
82}
83

wyh 2011-08-10 21:16 发表评论

poj 1036（DP）

wyh — Tue, 09 Aug 2011 12:40:00 GMT

题目大意：宾馆有个伸缩门，其开放状态用[0,k]之间某个数来表示，每秒钟它至多可以伸长或减少1个单位。现在有n个强盗，他们会在ti的时间到达宾馆，如果此时门的开放度和他的身材si恰好相同，他就会进来，并得到pi的加分。一开始门是关闭的(开放度为0)，请你求出时刻t的最大加分。

解题思路：1）这道题的状态很容易就可以找出来：dp[i][j]表示在第i秒钟门的宽度为j所取得的最大加分。
2）那么转移就是：dp[i][j]=Max{dp[i-1][j+1],dp[i-1][j-1],dp[i][j]}+dp[i][j]~前一个时刻可以由三个状态转变而来，直接求最大值就可以了
3) 这道题的空间限制是10000K~，完整的数组开不了，只能开滚动数组~（WA了之后才发现的）

~~本以为改为滚动数组后就过了~~，没想到果断T了~~，没办法，又加了张hash记录强盗在什么时刻到达宾馆来稍微稍微降低复杂度。

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <string>
5#include <cmath>
6#include <algorithm>
7
8using namespace std;
9
10struct Person
11{
12    int t,s,p;
13}num[110];
14int dp[3][110];
15int hash[30100];
16int n,t,k,summ;
17
18
19void init()
20{
21    memset(dp,0,sizeof(dp));
22    memset(hash,0,sizeof(hash));
23}
24
25void get_DP()
26{
27    for (int i=0; i<=t; i++)
28    {
29        for (int j=0; j<=k && j<=i; j++)
30        {
31            summ=0;
32            if (hash[i]!=0)
33            {
34                for (int l=0; l<n; l++)
35                    if (i==num[l].t && j==num[l].s) summ+=num[l].p;
36            }
37            if (j==k) dp[i%3][j]=max(dp[(i+2)%3][j-1],dp[(i+2)%3][j]);
38            else if (j==0) dp[i%3][j]=max(dp[(i+2)%3][j+1],dp[(i+2)%3][j]);
39            else dp[i%3][j]=max(max(dp[(i+2)%3][j-1],dp[(i+2)%3][j]),dp[(i+2)%3][j+1]);
40            dp[i%3][j]+=summ;
41        }
42    }
43}
44
45int cmp(const Person &a,const Person &b)
46{
47    if (a.t==b.t) return a.s<b.s; else return a.t<b.t;
48}
49
50int main()
51{
52    scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
53
54    for (int i=0; i<n; i++)
55        scanf("%d",&(num[i].t));
56    for (int i=0; i<n; i++)
57        scanf("%d",&(num[i].p));
58    for (int i=0; i<n; i++)
59        scanf("%d",&(num[i].s));
60    sort(num,num+n,cmp);
61    init();
62    for (int i=0; i<n; i++)
63        hash[num[i].t]=1;
64    get_DP();
65    int maxx=-1;
66    for (int i=0; i<=k; i++)
67        if (maxx<dp[t%3][i])  maxx=dp[t%3][i];
68    printf("%d",maxx);
69    return 0;
70}
71

wyh 2011-08-09 20:40 发表评论

poj 1015（DP）

wyh — Tue, 09 Aug 2011 06:47:00 GMT

摘要: 题目大意：在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中挑选的。先随机挑选n 个人作为陪审团的候选人，然后再从这n 个人中选m 人组成陪审团。选m 人的办法是：控方和辩方会根据对候选人的喜欢程度，给所有候选人打分，分值从0 到20。为了公平起见，法官选出陪审团的原则是：选出的m 个人，必须满足辩方总分和控方总分的差的绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分... 阅读全文

wyh 2011-08-09 14:47 发表评论

HDOJ 1176（DP）

wyh — Wed, 03 Aug 2011 04:08:00 GMT

题目大意：

都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

解题思路：1）由题目可以知道，在某个时间点在某点接住馅饼，则前一个时间点必须在这个点的左边，右边或者就在这个点。
2）根据题设，我们不妨设dp[i][j]为在第i秒在j处接住的馅饼。
则有： dp[i][j]=Max{dp[i-1][j-1],dp[i-1][j],dp[i-1][j+1]}+a[i][j];

代码

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cmath>
4#include <algorithm>
5#include <cstring>
6
7using namespace std;
8
9int a[100010][15];
10int dp[100010][15];
11int t,n,p,q,maxx;
12
13int main()
14{
15    while (~scanf("%d",&n))
16    {
17        if (n==0) break;
18        t=-(1<<30);
19        memset(a,0,sizeof(a));
20        memset(dp,0,sizeof(dp));
21        for (int i=1; i<=n; i++)
22          {
23              cin >> p >> q;
24              a[q][p]++;
25              if (t<q) t=q;
26          }
27        dp[1][5]=a[1][5];
28        dp[1][6]=a[1][6];
29        dp[1][4]=a[1][4];
30        for (int i=1; i<=t-1; i++)
31        {
32             for (int j=0; j<=10; j++)
33             {
34                 if (dp[i+1][j+1]<a[i+1][j+1]+dp[i][j] && j<10)
35                    dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+a[i+1][j+1];
36                 if (dp[i+1][j]<a[i+1][j]+dp[i][j])
37                    dp[i+1][j]=dp[i][j]+a[i+1][j];
38                 if (dp[i+1][j-1]<a[i+1][j-1]+dp[i][j] && j>0)
39                    dp[i+1][j-1]=dp[i][j]+a[i+1][j-1];
40             }
41        }
42        maxx=-(1<<30);
43        for (int i=1; i<=11; i++)
44           if (dp[t][i]>maxx) maxx=dp[t][i];
45        cout << maxx << endl;
46    }
47    return 0;
48}
49

：

wyh 2011-08-03 12:08 发表评论

HDOJ 2041(DP)

wyh — Sun, 31 Jul 2011 02:58:00 GMT

题目大意：有一楼梯共M级，刚开始时你在第一级，若每次只能跨上一级或二级，要走上第M级，共有多少种走法？

解题思路：用dp[i]表示走到第i级的方法数。
              那么走到第i级的最后一步只可能是两种，走一级或者两级，即dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]

              注意，开始的时候是在第一级开始的，所以要求的是dp[n-1]

              写完之后才发现它是斐波那契数列啊~~囧~！！！

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cmath>
4
5using namespace std;
6
7long long sum[45];
8int T,n;
9
10int main()
11{   sum[1]=1;
12    sum[2]=2;
13    for (int i=3; i<=40; i++)
14      sum[i]=sum[i-1]+sum[i-2];
15    cin >> T;
16    while (T--)
17    {  cin >> n;
18       cout << sum[n-1] << endl;
19    }
20    return 0;
21}
22

wyh 2011-07-31 10:58 发表评论

HDOJ 2067(DP)

wyh — Sun, 31 Jul 2011 02:29:00 GMT

题目大意：小兔的叔叔从外面旅游回来给她带来了一个礼物，小兔高兴地跑回自己的房间，拆开一看是一个棋盘，小兔有所失望。不过没过几天发现了棋盘的好玩之处。从起点(0，0)走到终点(n,n)的最短路径数是C(2n,n),现在小兔又想如果不穿越对角线(但可接触对角线上的格点)，这样的路径数有多少?

解题思路：很明显的DP，dp[i][j]表示走到(i,j)的路径数。
              转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1](i!=j);
                            dp[i][j]=0(i=j);
              这里面要注意的是这里的(0,0)表示的是格子，而方程里面的(i,j)表示的是下格点
              所以事实上(n,n)换成格子表示是(n+1,n+1)
              而所有的对角线上的格点也是来源于其左边和上面的格点所以ans=dp[n+1][n]+dp[n][n+1]

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <cmath>
5
6using namespace std;
7
8int m,n,k;
9long long dp[40][40];
10
11int main()
12{   dp[0][0]=0;
13    for (int i=0; i<=37; i++)
14      { dp[0][i]=1; dp[i][0]=1;
15      }
16    for(int i=1; i<=37; i++)
17        for(int j=1; j<=37; j++)
18            if(i != j)
19                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
20
21            else
22                dp[i][j] = 0;
23    k=1;
24    while(cin >> n)
25        {if (n==-1) break;
26        cout <<k <<" "<<n<< " " <<dp[n+1][n]+dp[n][n+1] << endl; k++;}
27
28    return 0;
29}
30

其实勒，这道题是由于数据量比较小，所以可以使用DP+long long来解决，但是其本质上还是属于一个排列组合问题，如果数据量变大的话，需要用到大数来解决。

wyh 2011-07-31 10:29 发表评论

HDOJ 1267(DP)

wyh — Sat, 30 Jul 2011 16:15:00 GMT

题目描述：给出m个H和n个D，求由这m个H和n个D组成的字符串满足“从左到右扫描该串，字符H的累计数总是不小于字符D的累计数”的方案数

解题思路：DP
              显然，这里面可以把状态划分为dp[i][j]，表示i个H和n个D含有多少成功的方案数。
              那么它的转移方程就是： dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
              1）所有的串一定是以H或者D结尾
              3）i>j,则dp[i][j]=0;
              3）在成功的dp[i-1][j]后面中加上H，则这个是必然成立的。
              4）关键是在成功的dp[i][j-1]后面中加上D。
                   如果此时恰好是i=j-1的话，加上D就错了~~，但问题是当i=j-1的时候i                   那么这里只有可能是i>j-1，所以加上了D，最坏的情况就是i=j，不会出现不满足题意的情况。
              5）有人会认为可以通过一个不成功的串可以通过向其中加上一个H使其满足题设：
                   Eg：HDD+H=HDHD
                   这里给的反例是HDH+D=HDHD
                   其实很简单，HDD和HDH所出现的概率是相等的，所以一个不成功的串其中插入H势必会找到一个相对应的成功的串后面加上D

                *写的时候也是凭感觉写出来，一做发现对了。后来才仔细的想了一下，其实转移也算是比较别扭的，不过总的来说这不是一道很难的DP题。

代码：

1#include <iostream>
2#include <cstdio>
3#include <cstring>
4#include <cmath>
5
6using namespace std;
7
8int m,n;
9long long dp[50][50];
10
11int main()
12{   for(int i=1; i<=20; i++)
13        dp[i][1] = i;
14    for(int i=2; i<=20; i++)
15        for(int j=2; j<=20; j++)
16            if(i >= j)
17                dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
18            else
19                dp[i][j] = 0;
20    while(cin >> m >> n)
21        cout << dp[m][n] << endl;
22
23    return 0;
24}
25

wyh 2011-07-31 00:15 发表评论