0x51

0x51-线性DP：

目录

a.[√] Mr Youngs Picture Permutations

题目传送

sol:

考虑限制要求：每一排从左往右必须身高递减，每一列从第一排到最后一排身高也必须递减。

则可以发现填数时必须保证：如果从大往小填数，现在填第i行，则第i-1行填了的数必须多于第i行填了的数。

所以可以直接利用这样一种关系进行转移即可。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int k,a[6],n[6],f[31][16][11][9][7];

int main()
{
    while(cin>>k) {
        if(k==0)break;
        memset(n,0,sizeof(n));
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&n[i]);
        f[0][0][0][0][0]=1;
        for(a[1]=0;a[1]<=n[1];a[1]++)
            for(a[2]=0;a[2]<=n[2];a[2]++)
                for(a[3]=0;a[3]<=n[3];a[3]++)
                    for(a[4]=0;a[4]<=n[4];a[4]++)
                        for(a[5]=0;a[5]<=n[5];a[5]++) {
                            int t=f[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]][a[5]];
                            if(a[1]<n[1]) f[a[1]+1][a[2]][a[3]][a[4]][a[5]]+=t;
                            if(a[2]<n[2]&&a[1]>a[2]) f[a[1]][a[2]+1][a[3]][a[4]][a[5]]+=t;
                            if(a[3]<n[3]&&a[2]>a[3]) f[a[1]][a[2]][a[3]+1][a[4]][a[5]]+=t;
                            if(a[4]<n[4]&&a[3]>a[4]) f[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]+1][a[5]]+=t;
                            if(a[5]<n[5]&&a[4]>a[5]) f[a[1]][a[2]][a[3]][a[4]][a[5]+1]+=t;
                        }
        cout<<f[n[1]][n[2]][n[3]][n[4]][n[5]]<<endl;
    }
    return 0;
}

b.[√] LCIS

题目传送

sol:

结合LIS和LCS的经典解法，可以设计(f[i][j])表示：

​ A数列的前i个，B数列的前j个中，可以构成的以b[j]为结尾的LCIS长度。

考虑转移：

[f[i][j]=f[i-1][j] (A[i]!=B[j])\ f[i][j]=max_{0<=k<j,B[k]<B[j]}lbrace{f[i-1][k]} brace+1 (A[i]==B[j])\ ]

可以发现直接转移为(n^3)。

实际上可以发现，可以用一个变量Max来维护(f[i-1][])的最大值。

每次更新完(f[i][j])，只需新加入一个(f[i-1][j])即可。

而为了保证Max所代表的LCIS能够在后面被接上，则更新Max前需判断是否(A[i]>B[j])。

code：

#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double
using namespace std;

IL int gi() {
   RG int x=0,w=0; char ch=getchar();
   while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
   while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-x:x;
}

const int N=510;

int n,m,Max,ans,a[N],b[N],f[N][N],p[N][N];

IL void print(int x,int y) {
	while(a[x]!=b[y]) --x;
	if(p[x][y]) print(x-1,p[x][y]);
	printf("%d ",a[x]);
}

int main()
{
   	RG int i,j,y,T=1;
	while(T--) {
		for(i=1,n=gi();i<=n;++i) a[i]=gi();
		for(i=1,m=gi();i<=m;++i) b[i]=gi();
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(p,0,sizeof(p));
		for(i=1;i<=n;++i) {
			for(j=1,y=Max=0;j<=m;++j) {
				f[i][j]=f[i-1][j];
				if(a[i]>b[j]&&f[i-1][j]>Max) Max=f[i][j],y=j;
				// 此处用a[i]>b[j]，是为了保证后面如果存在a[i]==b[j]时，b[j]>a[i]，很巧妙
				if(a[i]==b[j]) f[i][j]=Max+1,p[i][j]=y;
			}
		}
		for(j=1,ans=0;j<=m;++j)
			if(f[n][j]>ans) ans=f[n][j],y=j;
		printf("%d
",ans);
		if(ans) print(n,y);
		putchar('
');
	}
    return 0;
}
// 最长公共上升子序列

c.[√] Making the Grade

题目传送

sol:

只需考虑不下降的构造即可，不上升的构造同理。

设(f[i][x])表示填了前i个数，第i个数填的是x时的最小答案。

那么容易得到转移方程为：

[f[i][x]=min_{0<=k<=x}lbrace{f[i-1][k]} brace+arrowvert A[i]-xarrowvert ]

但是注意到值域有(10^9)，所以还不能直接做。

这时需要意识到一个结论：改造出来的数列的元素全是原来数列里有的数。

证明：数学归纳法。

对于n=1，显然成立。

对于n=k−1时，假设其满足由原数列的数构成最优解。那么，考虑对于n=k。

当(A_n≥B_{n−1})时（B为之后的数列）显然直接用(A_n)最优。

当(A_n ＜ B_{n-1})时有两种选择:

① 填(B_{n-1})。

② 把(B_j…B_n)全部向下调整为t。此时对于(A_j…A_n)的中位数mid，

如果存在(mid ≥ B_{j-1}),则(t=mid)时最优，否则(t=B_{j-1})时最优。

综上，无论哪种最优情况下都为A[]中出现过的数，命题成立。

基于此，则可以直接把能填的数个数范围缩小到2000，加上与上一题类似的用变量min维护f最小值，在直接转移，做到(n^2)

code:

#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double
using namespace std;

IL int gi() {
   RG int x=0,w=0; char ch=getchar();
   while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
   while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-x:x;
}

const int N=2e3+7;
const int inf=0x3f3f3f3f;

LL ans1,ans2,f[N][N];
int n,a[N],b[N];

IL bool cmp(int a,int b) {return a>b;}

IL void DP() {
    RG int i,j;
    RG LL Min;
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(i=1;i<=n;++i) {
        for(j=1,Min=inf;j<=n;++j) {
            Min=min(Min,f[i-1][j]);
            f[i][j]=Min+abs(a[i]-b[j]);
        }
    }
}

int main()
{
   	RG int i;
    for(i=1,n=gi();i<=n;++i) a[i]=b[i]=gi();
    sort(b+1,b+n+1);
    ans1=ans2=inf;
    for(i=1,DP();i<=n;++i) ans1=min(ans1,f[n][i]);
    sort(b+1,b+n+1,cmp);
    for(i=1,DP();i<=n;++i) ans2=min(ans2,f[n][i]);	
    printf("%lld
",min(ans1,ans2));
    return 0;
}

d.[√] Mobile Service

题目传送

sol:
先考虑最直接的状态：(f[i][x[y][z])表示解决了前面i个请求，三个服务员分别位于x,y,z时的最小花费。

那么容易写得转移：

[f[i+1][p_{i+1}][y][z]=min(f[i+1][p_{i+1}][y][z],f[i][x][y][z]+cost(x,p_{i+1}))\ f[i+1][x][p_{i+1}][z]=min(f[i+1][x][p_{i+1}][z],f[i][x][y][z]+cost(y,p_{i+1}))\ f[i+1][x][y][p_{i+1}]=min(f[i+1][x][y][p_{i+1}],f[i][x][y][z]+cost(z,p_{i+1}))\ ]

时空复杂度为：O((1000*200^3)),显然不行。

但是发现实际上并不需要记录三个人的位置，只需记录两个人的即可，第三者必然在(p_i)位置上。

所以，(f[i][x[y])表示解决了前面i个请求，两个服务员分别位于x,y，另一个位于(p_i)时的最小花费。

转移为：

[f[i+1][p_i][y]=min(f[i+1][p_i][y],f[i][x][y]+cost(x,p_{i+1}))\ f[i+1][x][p_i]=min(f[i+1][x][p_i],f[i][x][y]+cost(y,p_{i+1}))\ f[i+1][x][y]=min(f[i+1][x][y],f[i][x][y]+cost(p_i,p_{i+1}))\ ]

code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int gi() {
    int x=0, w=0; char ch=0;
    while(!(ch>='0'&&ch<='9')) {if(ch=='-') w=1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return w?-x:x;
}

const int Pos=210;
const int N=1010;
int T,L,n,ans,f[N][Pos][Pos],c[Pos][Pos],pos[N];

int main ()
{
    T=gi();
    while(T--) {
        ans=0x3f3f3f3f;
        memset(c,0,sizeof(c));
        memset(pos,0,sizeof(pos)); 
        memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
        L=gi(),n=gi();
        for(int i=1;i<=L;++i)
            for(int j=1;j<=L;++j) c[i][j]=gi();
        for(int i=1;i<=n;++i) pos[i]=gi();
        pos[0]=3,f[0][1][2]=0;
        for(int k=0;k<n;++k) 
            for(int i=1;i<=L;++i)
                if(i!=pos[k])  
                    for(int j=1;j<=L;++j) {
                        if (j!=pos[k]&&j!=i) {
                            if(i!=pos[k+1]&&j!=pos[k+1])  
                                f[k+1][i][j]=min(f[k+1][i][j],f[k][i][j]+c[pos[k]][pos[k+1]]);
                            if(j!=pos[k+1])
                                f[k+1][pos[k]][j]=min(f[k+1][pos[k]][j],f[k][i][j]+c[i][pos[k+1]]);
                            if(i!=pos[k+1])
                                f[k+1][i][pos[k]]=min(f[k+1][i][pos[k]],f[k][i][j]+c[j][pos[k+1]]);
                        }	
                    }
        for(int i=1;i<=L;++i)
            for(int j=1;j<=L;++j)
                if(i!=pos[n]&&j!=pos[n]&&i!=j) ans=min(ans,f[n][i][j]);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

e.[√] 传纸条

题目传送

sol:

直观想法四维DP：

设(f[i,j,p,q])表示从小渊传到小轩的纸条到达(i,j)，从小轩传给小渊的纸条到达(p,q)的路径上取得的最大的好心程度和。

那么转移为：

(f[i,j,p,q]=max( f[i,j-1,p-1,q] , f[i-1,j,p,q-1] , f[i,j-1,p,q-1] , f[i-1,j,p-1,q] )+a[i,j]+a[p,q])

这样的话Luogu上现在应该是过不了了（以前可以）。

由上一题可以得到启发，若记路径长度为k，始终存在：(i+j=p+q=k+2)。

所以只需记录一个长度k，两次分别的行数i，p即可，复杂度降为(O(n^3))。

code:

#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double
using namespace std;

IL int gi() {
   RG int x=0,w=0; char ch=getchar();
   while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
   while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-x:x;
}

const int N=51;

int n,m,a[N][N],f[N<<1][N][N];

int main()
{
   	RG int i,j,k;
	n=gi(),m=gi();
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=1;j<=m;++j) a[i][j]=gi();
	f[0][1][1]=a[1][1];
	for(k=1;k<=n+m-2;++k)
		for(i=1;i<=n&&i<=k+1;++i)
			for(j=1;j<=n&&j<=k+1;++j) {
				if(k+2-i>n||k+2-j>m) continue;
				f[k][i][j]=max(f[k-1][i][j],max(f[k-1][i-1][j-1],max(f[k-1][i-1][j],f[k-1][i][j-1])));
				f[k][i][j]+=a[i][k+2-i]+a[j][k+2-j]*(i!=j);
			}
	printf("%d
",f[n+m-2][n][n]);
    return 0;
}

f.[√] I-country

SGU进不去。题目传送

题面：

在N×M的矩阵中，每个格子有一个权值，要求寻找一个包含K个格子的凸连通块（连通块中间没有空缺，并且轮廓是凸的），使这个连通块中的格子的权值和最大。求出这个最大的权值和，并给出连通块的具体方案。N,M<=15,K<=225。

大概写一下这个题目做法巧妙的地方：

注意到了凸联通块的特性：

任何一个凸联通块可以划分成连续若干行。且每行的左端点列号先递减，再递增，右端点列号先递增，再递减。

那么这样我们只要把这些特点设进状态里，就可以较容易的实现DP了。

设(F[i,j,l,r,p,q])表示前i行选了j个格子，第i行选了l到r，左右两边的单调性分别为p,q时的答案。

① 左边界递减，右边界递增

[F[i,j,l,r,1,0]=∑_{p=l}^rA[i,p]+F[i−1,0,0,0,1,0] if (j=r-l+1>0)\ F[i,j,l,r,1,0]=∑_{p=l}^rA[i,p]+max_{l≤p≤q≤r}lbrace F[i−1,j−(r−l+1),p,q,1,0] if (j>r-l+1>0) brace ]

② 左边界递减，右边界递减

[F[i,j,l,r,1,1]=∑_{p=l}^rA[i,p]+max_{l≤p≤r≤q}lbrace F[i−1,j−(r−l+1),p,q,1,0/1] brace ]

③ 左边界递增，右边界递增

[F[i,j,l,r,0,0]=∑_{p=l}^rA[i,p]+max_{p≤l≤q≤r}lbrace F[i−1,j−(r−l+1),p,q,0/1,0] brace ]

④ 左边界递增，右边界递减

[F[i,j,l,r,0,1]=∑_{p=l}^rA[i,p]+max_{p≤l≤r≤q}lbrace F[i−1,j−(r−l+1),p,q,0/1,0/1] brace ]

最后 (ans=max lbrace F[i,K,l,r,0/1,0/1] brace)

code:

#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double
using namespace std;

IL int gi() {
   RG int x=0,w=0; char ch=getchar();
   while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
   while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-x:x;
}

const int N=16;

int n,m,k,ans,a[N][N],s[N][N][N],f[N][N*N][N][N][2][2];

struct mem{int l,r,x,y;}g[N][N*N][N][N][2][2];

void print(int i,int j,int l,int r,mem s) {
	if(!j) return;
	print(i-1,j-(r-l+1),s.l,s.r,g[i-1][j-(r-l+1)][s.l][s.r][s.x][s.y]);
	for(RG int o=l;o<=r;++o) printf("%d %d
",i,o);
}

int main()
{
	RG int i,j,l,r,p,q,x,y;
   	n=gi(),m=gi(),k=gi();
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=1;j<=m;++j) a[i][j]=gi();
	if(!k) return puts("0"),0;
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(l=1;l<=m;++l)
			for(r=l;r<=m;++r) s[i][l][r]=s[i][l][r-1]+a[i][r];
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=1;j<=k;++j)
			for(l=1;l<=m;++l)
				for(r=l;r<=m;++r)
					if(j==r-l+1) f[i][j][l][r][1][0]=s[i][l][r];
					else if(j>r-l+1) {
						RG int res;
						for(p=l,res=0;p<=r;++p)
							for(q=p;q<=r;++q)
								if(j-(r-l+1)>=q-p+1&&f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]>res) 
									res=f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0],g[i][j][l][r][1][0]=(mem){p,q,1,0};
						f[i][j][l][r][1][0]=res+s[i][l][r];
						for(p=l,res=0;p<=r;++p)
							for(q=r;q<=m;++q)
								if(j-(r-l+1)>=q-p+1)
									for(y=0;y<=1;++y)
										if(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][y]>res)
											res=f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][y],g[i][j][l][r][1][1]=(mem){p,q,1,y};
						f[i][j][l][r][1][1]=res+s[i][l][r];
						for(p=1,res=0;p<=l;++p)
							for(q=l;q<=r;++q)
								if(j-(r-l+1)>=q-p+1)
									for(x=0;x<=1;++x)
										if(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][x][0]>res)
											res=f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][x][0],g[i][j][l][r][0][0]=(mem){p,q,x,0};
						f[i][j][l][r][0][0]=res+s[i][l][r];
						for(p=1,res=0;p<=l;++p)
							for(q=r;q<=m;++q)
								if(j-(r-l+1)>=q-p+1)
									for(x=0;x<=1;++x)
										for(y=0;y<=1;++y)
											if(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][x][y]>res)
												res=f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][x][y],g[i][j][l][r][0][1]=(mem){p,q,x,y};
						f[i][j][l][r][0][1]=res+s[i][l][r];
					}
	RG int f1,f2,f3,f4,f5;
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(l=1;l<=m;++l)
			for(r=l;r<=m;++r)
				for(x=0;x<=1;++x)
					for(y=0;y<=1;++y)
						if(ans<f[i][k][l][r][x][y])
							ans=f[i][k][l][r][x][y],f1=i,f2=l,f3=r,f4=x,f5=y;
	printf("Oil : %d
",ans);
	print(f1,k,f2,f3,g[f1][k][f2][f3][f4][f5]);
    return 0;
}

g.[√] Cookies

题目传送

sol：

这道题比较综合。

首先需要一个贪心策略：贪婪度大的孩子需要更多的饼干。

那么把孩子按照贪婪度从大到下排序后，每个孩子得到的饼干数单调递减。

然后考虑设(f[i,j])表示前i个孩子发了j个饼干的最小怨气和。

这个时候发现，由于无法确定之前到底有有多少个比它多，所以并不好进行转移。

这里涉及到的是这道题的第二个重点—等效手法对状态进行缩放。

分类讨论一下：

①、如果第i个孩子拿到了数量大于1的饼干。

​ 那么等价于前i个孩子1人分了1块后，把前j-i块分给了前i个人，这样相对大小不变，不影响答案。

②、 如果第i个孩子拿到了数量等于1的饼干。

​ 那么可以考虑枚举前面有多少人也只有1块饼干，直接计算贡献。

综上，状态转移可写为：

[f[i,j]=minlbrace{f[i,j-i],min_{0≤k＜i}{ f[k,j-(i-k)]+k*sum_{p=k+1}^{i}{g[p]}}} brace ]

code:

#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define RG register
#define IL inline
#define LL long long
#define DB double
using namespace std;

IL int gi() {
   RG int x=0,w=0; char ch=getchar();
   while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') w=1;ch=getchar();}
   while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
   return w?-x:x;
}

const int N=33;
const int M=5003;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,ans[N],s[N][N],f[N][M],pr[N][M][2];

struct GG{int a,id;}g[N];
IL bool cmp(GG x,GG y) {return x.a>y.a;}

void allocate(int x,int y,int cnt) {
	if(!x||!y) return;
	if(pr[x][y][0]==x) allocate(pr[x][y][0],pr[x][y][1],cnt+1);
	else {
		RG int i;
		for(i=pr[x][y][0]+1;i<=x;++i) ans[g[i].id]=cnt;
		allocate(pr[x][y][0],pr[x][y][1],cnt);
	}
}

int main()
{
   	RG int i,j,k;
	n=gi(),m=gi();
	for(i=1;i<=n;++i) g[i].a=gi(),g[i].id=i;
	sort(g+1,g+n+1,cmp);
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=i;j<=n;++j) s[i][j]=s[i][j-1]+g[j].a;			
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=i;j<=m;++j) {
			f[i][j]=f[i][j-i];
			if(f[i][j]!=inf) pr[i][j][0]=i,pr[i][j][1]=j-i;
			for(k=0;k<i;++k)
				if(f[i][j]>f[k][j-i+k]+k*s[k+1][i])
					f[i][j]=f[k][j-i+k]+k*s[k+1][i],pr[i][j][0]=k,pr[i][j][1]=j-i+k;
		}
	printf("%d
",f[n][m]);
	for(i=1,allocate(n,m,0);i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]+1);	
    return 0;
}
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