DP刷题记录

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dp刷题记录

codeforces 706C

题意：给出n个字符串，可以对每个字符串进行翻转操作，

每个操作对应一个消耗c[i],问经过操作后是否能满足字符串str[i]>=str[[i-1]，能输出最小花费，不能输出-1

dp [i] [0]表示前i个字符串已经排好，最后一个字符串没翻转，dp[i] [1]表示前i个字符串已经排好，最后一个字符串翻转

边界：

\[dp[1][0]=0;
dp[1][1]=c[1];
\]

方程:

\[方程= \begin{cases}
dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][0]),\quad str[i] >= str[i - 1]\\
dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[i-1][1]),\quad str[i] >= restr[i-1]\\
dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][0]+c[i]),\quad restr[i]>=str[i-1]\\
dp[i][1]=min(dp[i][1],dp[i-1][1]+c[i]),\quad restr[i]>=restr[i-1]\\
\end{cases} \\
\]

结果：

\[min(dp[n][0], dp[n][1])
\]

codeforces 940E

题意：给你一个长度为n的序列和一个数c，你可以将序列划分成很多段，若其子序列的长度为k，那么就删除其中[k/c]（向下取整）小的值，问你这些子序列最小的和是多少

dp[i]表示前i个数可以删掉的最大和

\[dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-c]+min(a[k]))\quad i-c<k<=i
\]

单调队列优化，将O(n^2)优化为O(nlogn)

其中单调队列处理的是前c个数字中的最小的数

目标：

\[sum-dp[n]
\]

BZOJ3997

题意：给我一个网格图，每次只能往下走或者往右走，经过每个格子是只能拿走一块财宝，问走多少次可以将财宝减完

Dilworth定理：DAG的最小链覆盖=最大点独立集

最小链覆盖指选出最少的链(可以重复)使得每个点都在至少一条链中

最大点独立集指最大的集合使集合中任意两点不可达

需要补充图论知识

将每一个财宝抽象成一个点，这就变成了一个有向无环图的最小路径覆盖

对于这类问题，我们知道最长反链=最小路径覆盖，所以求出这张图的最长反链就可以了。

对于一个点，它的左上角是可以到达的，但是右上角不能，所以用f[i][j] 表示以i,j为左下角的矩形的最长反链，则

\[f[i][j]=max(f[i][j+1],f[i-1][j],f[i-1][j+1]+a[i][j]).
\]

POJ2279

题意：有n个学生合影，站成左端对齐的k排，每排有ai个人，第一排站最后面，第k排站最前面，学生的身高互不相同，把他们的身高依次标记为1到n，要求合影时每一排从左到右身高递减、每一列从后到前身高也递减，问一共有多少种合影方案

杨氏矩阵又叫杨氏图表，它是这样一个矩阵，满足条件：

(1)如果格子(i,j)没有元素，则它右边和上边的相邻格子也一定没有元素。

(2)如果格子(i,j)有元素a[i][j]，则它右边和上边的相邻格子要么没有元素，要么有元素且比a[i][j]大。

1 ~ n所组成杨氏矩阵的个数可以通过下面的递推式得到

\[F(1)=1,F(2)=2\\
F(n)=F(n-1)+(n-2)*F(n-2),(n>2)\\
对于给定形状，不同的杨氏矩阵的个数为：n！除以每个格子的钩子长度加1的积。
\\其中钩子长度定义为该格子

右边的格子数和它上边的格子数之和。\\

钩子公式：res=n! / (hock[1]*hock[2]*.....hock[n]);
\]

\[dp[i][j][k][p][q]表示各排从左端起分别站了i，j，k，p，q个人时合影的方案数量\\
边界：dp[0][0][0][0][0]=1\\
转移：
方程=\begin{cases}
dp[i + 1][j][k][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad i + 1 <= a[1]\\\\
dp[i][j + 1][k][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad j + 1 <= a[2] && j < i\\\\
dp[i][j][k + 1][p][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad k + 1 <= a[3] && k < j && k < i\\\\
dp[i][j][k][p + 1][q] += dp[i][j][k][p][q];\quad p + 1 <= a[4] && p < i && p < j && p < k\\\\
dp[i][j][k][p][q + 1] += dp[i][j][k][p][q];\quad q + 1 <= a[5] && q < i && q < j && q < k && q < p\\\\
\end{cases}
\]

GYM102082B

题意：求n个数中最长的等差数列长度

\[dp[i][j]表示以a[j]和a[i]为结尾的等差序列的最长长度为多少\\
\]

因为我们肯定要保存一个公差作为状态量，但是直接枚举0-1e9又不现实。所以我们巧妙的设计出了这个状态，使得我们的公差就被a[i]-a[j]表示了。

因此我们的转移就应该是在三个数中转移。

即a[i],a[j],a[k]，i<j<k，但是直接枚举i,j,k也是不现实的

根据等差数列的性质，若a[i],a[j],a[k]构成等差序列，那么a[i]+a[k]=2*a[j];

\[dp[k][j]=dp[j][i]+1,\quad dp[j][i]!=0\\
dp[k][j]=3,\quad dp[j][i]==0\\
\]

每次转移更新答案即可

我们枚举j和k，那么i可以用双指针给处理出来从而让复杂度将为n^2的级别

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[maxn][maxn];
int a[maxn];
int main() {
 int n;
 scanf("%d", &n);
 for(int i = 1; i <= n; i++) {
     scanf("%d", &a[i]);
 }
 sort(a + 1, a + n + 1);
 int ans = 2;
 for(int i = 1; i < n; i++) {
     int j = i - 1;
     for(int k = i + 1; k <= n && j; k++) {
         while(j && a[j] + a[k] > a[i] + a[i]) {
             j--;
         }
         if(j && a[j] + a[k] == a[i] + a[i]) {
             if(dp[i][j] == 0) {
                 dp[k][i] = 3;
             } else {
                 dp[k][i] = dp[i][j] + 1;
             }
             ans = max(dp[k][i], ans);
         }
     }
 }
 cout << ans << endl;
}

GYM102082D

SCNS(最短非公共子序列模板题)

最短非公共子序列：给你两个序列，求出不属于这两个序列的最短的子序列

解法：求出每个序列的每个位置后的第一个0，1的位置

\[dp[i][j][0/1]表示，在第一个序列的x位置和在第二个序列的y位置后，填上0/1是否满足非公共子序列
\]

待补！！！！

codeforces132C

给一个序列，有TF，F代表机器人向前走一步，

T代表机器人转身，再给你一个N问改变N个字母后机器人最多可以走多远，

每个字母可以改变多次

\[dp[i][j][k][2]表示前i个字母，改变了j次，当前停留在k位置，方向为0/1时的状态是否存在\\
边界：dp[0][0][len][1]=1;\\
\\
方程=\begin{cases}
dp[i][j][k][!d]=1;\quad s[i]=='T'\\
dp[i][j][k+1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==1\\
dp[i][j][k-1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==0\\
dp[i][j+1][k][!d]=1;\quad j<n,s[i]='F'\\
dp[i][j+1][k+1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==1\\
dp[i][j+1][k-1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==0\\
\end{cases}
\]

\[dp[i][j][k][2]表示前i个字母，改变了j次，当前停留在k位置，方向为0/1时的状态是否存在\\
边界：dp[0][0][len][1]=1;\\
\\
方程=\begin{cases}
dp[i][j][k][!d]=1;\quad s[i]=='T'\\
dp[i][j][k+1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==1\\
dp[i][j][k-1][d]=1;\quad s[i]=='F',d==0\\
dp[i][j+1][k][!d]=1;\quad j<n,s[i]='F'\\
dp[i][j+1][k+1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==1\\
dp[i][j+1][k-1][d]=1;\quad j<n,s[i]='T',d==0\\
\end{cases}
\]

L3-020 至多删三个字符

题意：给定一个全部由小写英文字母组成的字符串，允许你至多删掉其中 3 个字符，结果可能有多少种不同的字符串

\[状态设计：dp_{i,j}表示到第i个字符删除了j个字符后得到的字符串种类\\
因为可能存在重复情况，去重的状态转移\\
在这个状态之前，如果有重复字符被删除了的话，根据容斥关系，我们应该把重复加的情况给删除,\\从当前位置往前扫一遍即可解决\\
边界：dp_{0.0}=1\\
dp_{i,j}=\begin{cases}
dp_{i,j+1}=dp_{i-1,j};\quad j+1<=3\\
dp_{i,j}=dp_{i,j}+dp_{i-1,j} \quad\\
\end{cases}
\]

目的:

\[ans=\sum_{i=1}^{3}dp_{n,i}
\]

牛客 553C Chino with Queue

题意: 让j排在i之前，i会获得一个舒适度W_i_j，求排队可以得到的最大的舒适度

题解：n为18，非常明显的状压

我们先预处理出每一个状态中1的个数，将相同1的个数的状态放在一个vector中，然后按顺序遍历状态数组vector，这样就可以按0~n的顺序转移

\[状态：dp_{sta,j}表示状态为sta时以第j个人为当前队尾时状态z的最大舒适度\\
目的：max_{1<=i<=n}(dp[1<<n][i])\\
转移：\\
max(dp[sta + (1 << k)][k], dp[sta][j] + mp[k][j]);((sta >> j)\&1==1),(sta>>k)\&1==0
\]

POJ3260 The Fewest Coins

题意：你有n种钞票，面值为c[i],数量为v[i]，便利店老板有无数张面值为c[i]的钞票，问你买一个价值为T的物品，最少需要经手多少张钞票，老板找零的钞票数也算经手的钞票数

题解：因为我的钞票是有限的，所以将自己看作一个多重背包，老板的钞票是无限的，所以将老板的钞票看做一个完全背包

\[定义状态dp[i]最少花费多少张钞票可以买价值为i的物品\\
边界：dp1[0]=dp2[0]=0;\\
目的：ans=min(dp1[i]+dp2[i-v])\quad i>=v;\\
转移\\
dp1为完全背包的转移，表示自己凑成面值为i的物品需要的最少钞票张数\\
dp2为多重背包转移，表示老板凑成面值为i的物品需要的最少的钞票张数\\
那么买面值为T的物品所需要的最少的钞票数就是min(dp1[T],min_{T\sim maxn}(dp2_{i-V}+dp1_i))
\]

Codeforces 372C

题意：在长度为n的街道上，将有m个烟花燃放，每个烟花有a，b，t三种属性，表示在t时间，在地点a燃放烟花，一个人可以获得b_i-|a_i-x|的愉悦值，单位时间内，一个人最多移动的距离为d，在起始时，他可以在任意点，问这个人最多可以获得的愉悦值是多少

题解：

\[按照t从小到大排序\\
状态：dp_{i,j}为看了前i个烟花时走到位置j时可以得到的最大的愉悦值\\
转移：dp_{i,j}=max(dp_{i-1,k}+b_i-abs(a_i-x_i))\\
由于空间开不下，并且我们的转移一直只由上一个状态转移过来\\
我们可以使用滚动数组将第一维滚掉\\
新状态:dp_{0|1,j}=max(dp_{1|0,k}+b_i-abs(a_i-x_i))\\
由于每次转移与之前保存的max状态有关，我们可以用单调队列优化掉哪些重复的转移\\
\]