1281：最长上升子序列
【题目描述】
一个数的序列bi
，当b1<b2<…<bS
的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1,a2,…,aN)
，我们可以得到一些上升的子序列(ai1,ai2,…,aiK)
，这里1≤i1<i2<…<iK≤N
。比如，对于序列(1,7,3,5,9,4,8)，有它的一些上升子序列，如(1,7),(3,4,8)等等。这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1,3,5,8)。
你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。
【输入】
输入的第一行是序列的长度N(1≤N≤1000)。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都在0到10000。
【输出】
最长上升子序列的长度。
【输入样例】
7
1 7 3 5 9 4 8
【输出样例】
4
【分析】最长上升子序列是动规的经典例题，但还是那句话，先确定dp，再确定状态转移方程，随后找最大值，由于这题是包含递推的，所以状态转移方程和递推有关，但是我们仍要先确定dp。那我们是不是可以设dp[i]表示前i个数的最长上升子序列的长度为dp[i]，因为是递推所以dp可以设简单点。然后我们假设一个点为i，那么前i个最长上升子序列是不是max（1+dp[k]），其中的k是小于等于i-1大于等于1的，而且a[k]<a[i],所以这个的意思就是，dp[i]是由前i-1个中的一个数的最长上升子序列+1的最大值得来的，其中那个数必须小于a[i]。这样说还是有点抽象，举个例子，比如我要求前i个数的最长上升子序列，那么小于a[i]的数有a[v1],a[v2],a[v3]这三个，而dp[i]就是dp[v1]+1,dp[v2]+1,dp[v3]+1,dp[i]（因为前三个的最大值可能小于dp[i]，所以也要加上，但是这是不可能的事，不过为了后面的统一还是加上）的最大值，所以状态转移方程是dp[i]=max(dp[i],dp[k]+1)（k为小于i大于0的自然数）。
【代码环节】代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[1050],dp[1050];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<i;j++){if(a[i]>a[j]){dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);}}
}
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,dp[i]); //注意最长上升子序列可能不是dp[n]，要再枚举一遍
cout<<mx;return 0;
}
斐波那契数
第1个斐波那契数是1
第2个斐波那契数是1
第3个斐波那契数是2
后面每一个斐波那契数都等于前两个斐波那契数相加
f[n]=（1）(n<=2) ---- (f[n-1]+f[n-2])(n>2)
求第n个斐波那契数
输入
输入一个整数
n≤30
输出
输出一个 整数
样例
输入 1
6
输出 1
8
【分析】等等…这题还要分析？直接通通一顿递归
int fun(int n){if(n<=2) return 1;else return fun(n-1)+fun(n-2);
}
而递归的时间复杂度是O(t(n)=o(f(n)))但是，这样你会发现，当数大时就不行，比如50，这该怎么办呢?或许可以用dp，不过最主要的是题目已经把dp给你设出来了，dp[i]表示第i个斐波那锲数列的值，状态转移方程也给了 f[n]=f[n-1]+f[n-2],所以此题可用dp，那时，时间复杂度将会是O（n）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[55];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int n;
cin>>n;
f[1]=1,f[2]=1;
for(int i=3;i<=n;i++){f[i]=f[i-1]+f[i-2];
}
cout<<f[n];return 0;
}
格子染色
有排成一行的ｎ个方格，用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green)三色涂每个格子，每格涂一色，要求任何相邻的方格不能同色，且首尾两格也不同色。
求全部的满足要求的涂法种数。
输入
输入一个整数n(1≤n≤50)。
输出
输出一个整数表示答案。
样例
输入 1
1
输出 1
3
输入 2
2
输出 2
6
【分析】这题其实是一道数学题，不知道大家知不知道传球法不过这里也不细说了，大家可以上网查查。传球法的过程其实就是dp的递推，所以代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[55][3];
int main()
{
int n;
cin>>n;
if(n==1){cout<<3;return 0;
}
dp[1][0]=0;
dp[1][1]=dp[1][2]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-1][2];//每个球都是起他俩个传来的dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][2];dp[i][2]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0];
}
cout<<dp[n][0]*3;//起点有三种，我们只算了一种，所以乘3return 0;
}
拓展【公式法】环形染色公式ans=(m-1)^n+ (-1)^n*(m-1) m为种类，n为长度
推导可上网查阅。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
int main()
{
cin>>n;
if(n==1){ //特判cout<<3;return 0;
}
long long p=pow(2,n)+pow(-1,n)*2;//公式
cout<<p;return 0;
}
奇数塔问题
之前，我们已经完成了经典的数塔问题，现在我们将其升级成奇数塔问题，它是这样描述的：
有如下所示的数塔，要求从顶层走到底层，若每一步只能走到相邻的结点，最终答案必须在最后一行，且为奇数，问答案最大是多少？
如果没有答案，则输出-1。
数塔
输入
第一行是一个整数N(1 <= N <= 100)，表示数塔的高度，接下来用N行数字表示数塔，其中第i行有个i个整数，且所有的整数均在区间[0,100]内。
输出
对于每个测试实例，输出可能得到的最大和，如果没有答案，则输出-1。每个实例的输出占一行。
样例
输入 1
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
输出 1
27
输入 2
2
3
5 11
输出 2
-1
提示
1 <= N <= 100 1 <= 数塔中的数 <= 100
【分析】其实这题可以分俩种状态，一个是可以达成奇数，另一个是不可以，我们可以标为-1，还有就是奇数+偶数=奇数，另外和数塔问题相差不大，不会数塔问题的可以看
1258：【例9.2】数字金字塔-----动态规划（递推）1
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[110][110][2];
int a[110][110];
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){scanf("%d",&a[i][j]);}
}
if(a[1][1]%2==1){dp[1][1][1]=a[1][1];
}
else{dp[1][1][0]=a[1][1];
}
for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){if(a[i][j]%2==1){if(dp[i-1][j][0]!=-1||dp[i-1][j-1][0]!=-1)dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j-1][0])+a[i][j];if(dp[i-1][j][1]!=-1||dp[i-1][j-1][1]!=-1)dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][1])+a[i][j];}else{if(dp[i-1][j][1]!=-1||dp[i-1][j-1][1]!=-1)dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][1])+a[i][j];if(dp[i-1][j][0]!=-1||dp[i-1][j-1][0]!=-1)dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j-1][0])+a[i][j];}}
}
int ret=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){if(dp[n][i][1]>ret){ret=dp[n][i][1];}
}
printf("%d",ret);return 0;
}
最长子段和
给出一个长度为n 的序列 a，选出其中连续且非空的一段使得这段和最大。
如果均为负数，则输出0。
输入
第一行是一个整数n(1≤n≤2⋅10 ^5 )。
第二行有n 个整数，第 i 个整数表示序列的第 i 个数字
(−10 ^4 ≤a i≤10 ^4 )。
输出
输出一个整数表示答案。
样例
输入 1
7
2 -4 3 -1 2 -4 3
输出 1
4
【分析】这题我们可以假设dp[i]表示前i个数的最大子段和，还是那句话，递推的dp一般不会太复杂。想想我们该怎么得到dp[i]呢？其实有俩种，1：前i-1的最大子段和加上当前的，构成子段和。2：当前的数单独成为字段。最后求他俩最大值。用状态转移方程的话讲：max（a[i]+dp[i-1],a[i]）
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,a,dp[N];
int main()
{
dp[0]=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a);dp[i]=max(a+dp[i-1],a); //求自身和上一个加自身谁大
}
int mx=0;
for(int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,dp[i]);//找最大值
printf("%d",mx);return 0;
}
