AtCode DP专练A-P

链接：Educational DP Contest - AtCoder

A - Frog 1

题意：有n个石头，从1石头出发，每次可以跳一格或者俩格，代价为俩个格子间的高度差

思路：对于第i个石头，可以从石头i-1和i-2得到，比较一下代价即可

f[i]=max(f[i-1]+abs(h[i]-h[i-1),f[i-2]+abs(h[i]-h[i-2])

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e6+7;void solve()
{int n;cin>>n;vector<int> a(n);for(int &x:a){cin>>x;}vector<int> f(n,1e9);f[0]=0;for(int i=1;i<n;i++){if(i-1>=0){f[i]=min(f[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]),f[i]);}if(i-2>=0){f[i]=min(f[i],min(f[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]),f[i-2]+abs(a[i]-a[i-2])));}}cout<<f[n-1]<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

B - Frog 2

题意：将上一题的跳跃距离改为k

思路：枚举i-k到i-1到i的代价就可以了

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=1e5+7;void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;vector<int> a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];vector<int> dp(n+1,1e9);dp[1]=0;//f[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i-1;j>=0&&(i-j)<=k;j--){dp[i]=min(dp[i],dp[j]+abs(a[i]-a[j]));}}cout<<dp[n]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

C - Vacation

题意：有N天，每天可以选择三件事情其中一件事情去做，获得该事情当天对应的快乐值，不能连续俩天做一样的事情，求最大的快乐

思路：对于第i天的事情，如果做A，那就是从前一天做B或者做C转移过来

dp数组开第二维分别对应ABC三件事情

$f[i][A]=max(f[i-1][B]+b[i],f[i-1][C]+c[i])$

对于BC同理转移

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=1e5+7;ll f[N][5];
void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll> a(n+1);vector<ll> b(n+1);vector<ll> c(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];}f[0][1]=f[0][2]=f[0][3]=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][1]=max(f[i-1][2]+a[i],f[i-1][3]+a[i]);f[i][2]=max(f[i-1][1]+b[i],f[i-1][3]+b[i]);f[i][3]=max(f[i-1][1]+c[i],f[i-1][2]+c[i]);}cout<<max(f[n][1],max(f[n][2],f[n][3]))<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

D - Knapsack 1

题意：N件物品，每件有一个重量和价值，给定一个背包最大容量，求最大体积

思路：总体积较小的背包问题可以枚举重量，dp数组含义为对于重量i的最大价值是多少，注意是每件只能拿一件

对于每一种质量i: $dp[i]=max(dp[i],dp[i-w[i]]+v[i])$ 可以有

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=1e5+7;void solve()
{int n,w;cin>>n>>w;vector<pair<int,ll>> q(n);for(int i=0;i<n;i++){cin>>q[i].first>>q[i].second;}vector<ll> f(w+1,0);for(int i=0;i<n;i++){for(int j=w;j>=q[i].first;j--){f[j]=max(f[j],f[j-q[i].first]+q[i].second);}}//cout<<f[3]<<endl;cout<<f[w]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

E - Knapsack 1

题意：同上，但是w的范围变大了

思路：改为枚举价值，最后从大到小看价值对于的质量是否超过W

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=1e5+7;void solve()
{int n,w;cin>>n>>w;vector<pair<ll,int>> q(n);for(int i=0;i<n;i++){cin>>q[i].first>>q[i].second;	}vector<ll> f(N+1,1e12);f[0]=0;for(int j=0;j<n;j++){for(int i=N;i>=q[j].second;i--){f[i]=min(f[i],f[i-q[j].second]+q[j].first);}}for(int i=N;i>=0;i--){if(f[i]<=w){cout<<i<<endl;return;}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

F - LCS

题意：对于俩个字符串，找到最大公共字符串

思路：dp数组俩维表示a字符串到i的位置，b字符串到j的位置的时候的最大匹配

所以有 $if (a[i]==b[i]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1)$

else $dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=3e3+7;int f[N][N];void solve()
{string a,b;cin>>a>>b;f[0][0]=0;for(int i=0;i<a.size();i++){for(int j=0;j<b.size();j++){if(a[i]==b[j]){f[i+1][j+1]=max(f[i+1][j+1],f[i][j]+1);}else{f[i+1][j+1]=max(f[i+1][j],f[i][j+1]);}}}//cout<<f[a.size()][b.size()]<<endl;int i=a.size(),j=b.size();vector<char> ans;while(i!=0&&j!=0){if(a[i-1]==b[j-1]){ans.push_back(a[--i]);j--;}else if(f[i-1][j]<f[i][j-1]){j--;}else{i--;}}reverse(ans.begin(),ans.end());for(auto it:ans){cout<<it;}cout<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

G - Longest Path

题意：图上最长路径

思路：从一个点出发的时候，找他的最长儿子，然后从多个点出发都试试

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+7;vector<int> q[N];
int dp[N];
int ans=0;
int dfs(int now){//cout<<1<<endl;if(dp[now]){return dp[now];}for(auto it:q[now]){dp[now]=max(dp[now],dfs(it)+1);}return dp[now];
}void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;//if(x>y) swap(x,y);q[x].push_back(y);//q[y].push_back(x);}//cout<<1<<endl;for(int i=1;i<=n;i++){ans=max(ans,dfs(i));}cout<<ans;}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

H - Grid 1

题意：询问从（1，1）到（n，m）的路径数量

思路：dp数组俩维表示到（i，j）的时候的路径数量

$dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]$

同时如果(i-1,j)是非法的就不用加，(i,j-1)同理，如果(i,j)不能走就不用修改了，记得取模QAQ

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+7;char mp[1005][1050];
void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>mp[i][j];}}vector<vector<ll>> f(n+1,vector<ll>(m+1,0));f[1][1]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(i==1&&j==1) continue;if(mp[i][j]=='#') continue;if(i-1>=1&&mp[i-1][j]!='#'){f[i][j]+=f[i-1][j]%mod;}if(j-1>=1&&mp[i][j-1]!='#'){f[i][j]+=f[i][j-1]%mod;}f[i][j]%=mod;}}cout<<f[n][m]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

I - Coins

题意：有N个硬币，丢出后每一有一个概率p，共n个p的概率朝上，求超过一半的硬币向上的概率

思路：dp数组俩维为对于前i个硬币有j个向上

$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*p[i]+dp[i-1][j]*(1-p[i])$

就是当前状态可以由i-1个硬币来，这个硬币是朝上或者朝下，

注意j-1不能越界

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=3e3+7;double f[N][N];
void solve()
{int n;cin>>n;vector<double> p(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>p[i];}f[1][1]=p[1];f[1][0]=(1.0-p[1]);for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){if(j==0){f[i][j]=f[i-1][j]*(1.0-p[i]);}else{f[i][j]=f[i-1][j-1]*p[i]+f[i-1][j]*(1.0-p[i]);}}}double ans=0;for(int i=(n+1)/2;i<=n;i++){ans+=f[n][i];}cout<<setprecision(12)<<ans<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

J - Sushi

题意：给定N个盘子，每个盘子上面有ai个寿司，每次在1到n等概率抽取一个盘子去掉一个寿司，（如果没有就不用去），求去掉全部寿司的期望

思路：ai的范围只有1~3，我们使用三维dp数组来记录每一种数量的寿司的变化，i,j,k表示使用1，2，3个寿司的盘子个数

例如使用了三个寿司的盘子，那么三个寿司的盘子数量会减少1，但是俩个盘子的数量会增加1；影响他人的要放在循环的外围，还有可以没变化的操作。

$if k>0 :f[i][j][k]+=f[i][j+1][k-1]*(k/(i+j+k))$

其他同理

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=300+7;
#define all (i+j+k)double f[N][N][N];
void solve()
{vector<int> book(5,0);int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;book[x]++;}for(int k=0;k<=n;k++){for(int j=0;j<=n;j++){for(int i=0;i<=n;i++){if(i||j||k){if(i){f[i][j][k]+=f[i-1][j][k]*((double)i/all);}if(j){f[i][j][k]+=f[i+1][j-1][k]*((double)j/all);}if(k){f[i][j][k]+=f[i][j+1][k-1]*((double)k/all);}f[i][j][k]+=(double)n/all;}}}}cout<<setprecision(12)<<f[book[1]][book[2]][book[3]]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

K - Stones

题意：一个集合有n个数字，轮流拿石头数量为集合中的数字的石头，直到有K个石头，求谁赢，没法拿的人就算输了

思路：背包问题的变形，dp数组表示数量总和为i的时候的数字，然后枚举所有质量，所有质量下去看是谁先手后手

$dp[i] | =dp[i-w[j]]$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=3e3+7;void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;vector<int> v(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>v[i];}vector<int> dp(k+1,0);for(int i=1;i<=k;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(i>=v[j]){dp[i]|=(!dp[i-v[j]]);}}}if(dp[k]){cout<<"First"<<endl;}else cout<<"Second"<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

L - Deque

题意：给出一个n个数字的序列，俩人轮流从前或者后拿一个数字，结果为俩个人分别取到的数字的总和之差，先手的要让差尽可能大，后手的要让他尽可能小，求俩人都用最优策略的结果

思路：区间DP，可以枚举n个长度的时候取左边还是取右边，dp数组表示为在区间[l,r]的时候的结果，那么[l,r]区间的结果就是由[l+1,r] [l,r-1]得到的

$First: dp[l][r]=max(dp[l+1][r]+a[l],dp[l][r-1]+a[r]) Second: dp[l][r]=min(dp[l+1][r]-a[l],dp[l][r-1]-a[r])$

对于后手的考虑成减法就可以了

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e4;
const int N=3e3+7;ll dp[N][N];void solve()
{int n,k;cin>>n;vector<ll> a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}memset(dp,0,sizeof(dp));for(int len=1;len<=n;len++){for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){if((n-len)%2==0){dp[l][r]=max(dp[l+1][r]+a[l],dp[l][r-1]+a[r]);}else{dp[l][r]=min(dp[l+1][r]-a[l],dp[l][r-1]-a[r]);}}}cout<<dp[1][n]<<endl; 
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

M - Candies

题意：有N个人，要分给他们K个糖果，第i个人可以收到0~ai个糖果，求有多少种分配方案

思路：dp数组表示到第i个人的时候已经分掉了j个糖果，那么dp[i][j]的状态就可以从dp[i-1][j-x]

x为0~a[j]

但是光是这样还会超时，所以对dp[i-1][j-x]要做一个前缀和处理了

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+7;ll dp[105][N];
ll pre[105][N];
void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;vector<int> a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}dp[1][0]=pre[1][0]=1;for(int i=1;i<=k;i++){dp[1][i]=(i<=a[1]);pre[1][i]=dp[1][i]+pre[1][i-1];}for(int i=2;i<=n;i++){dp[i][0]=pre[i][0]=1;for(int j=1;j<=k;j++){if(j<=a[i]){dp[i][j]=pre[i-1][j]%mod;}else{dp[i][j]=(pre[i-1][j]-pre[i-1][j-a[i]-1]+mod)%mod;}pre[i][j]=(pre[i][j-1]+dp[i][j])%mod;}}cout<<dp[n][k]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

N - Slimes

题意：石子合并，有N块石头，每块有一个质量，将相邻石头堆合并后代价是俩者的和，求最小的代价

思路：区间DP，从小到大枚举合并的长度，然后枚举合并时候的中间点，dp数组含义为i开始的长度为len的石头堆合并的代价

$dp[i][len]=dp[i][k]+dp[k][i+len-1]+\sum w[i]$

代价和可以利用前缀和计算

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+7;ll dp[405][405];void solve()
{int n;cin>>n;vector<ll> a(n+1);vector<ll> pre(n+1);memset(dp,0x3f3f3f,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];pre[i]=pre[i-1]+a[i];dp[i][1]=0;}for(int len=2;len<=n;len++){for(int j=1;j<=n-len+1;j++){for(int k=1;k<len;k++){dp[j][len]=min(dp[j][len],dp[j][k]+dp[j+k][len-k]+pre[j+len-1]-pre[j-1]);//cout<<dp[j][len]<<endl;}}}cout<<dp[1][n]<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

O - Matching

题意：有N个男生和N个女生，给出一个二维数组代表第i个男生和第j个女生是否匹配，求让所有人都匹配的方案数量

思路：观察到N的数量很小，像是状压DP，枚举女生所有状态，用01串表示，第i个位置是1表示有第i个女生的状态，然后和cnt个男生匹配，cnt表示该状态中拥有的女生的数量，然后枚举每一个i

看mp[cnt][i]是否匹配和这个女生是否存在在这个状态中，可以的话进行转移

这个状态可以从没有这个女生且少一个男生的状态转移来，利用了滚动数组，所以只要dp数组只要记录状态S就行了

S-（1<<i-1)就是从01串中将第i个女生（为1）去掉

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=300+7;int mp[25][25];
int f[1<<22];
void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cin>>mp[i][j];}}f[0]=1;for(int S=1;S<1<<n;S++){int cnt=__builtin_popcount(S);for(int i=1;i<=n;i++){if(mp[cnt][i]&&S>>i-1&1){f[S]=(f[S]+f[S-(1<<i-1)])%mod;}}}cout<<f[(1<<n)-1]<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}

P - Independent Set

题意：给出一棵树，要给树上的点染色，可以染成白色或者黑色，黑色不能连续染，求有多少种方案

思路：经典树DP，dp数组为i的节点是染什么色的，0白1红,白色节点的子节点就可以是黑色或者白色，黑色节点下面就是白色，先遍历子节点，然后统计答案

$dp[now][0]=dp[now][0]*(dp[son[i]][0]+dp[son[i][1]]) ; dp[now][1]=dp[now][1]*dp[son[i]][0]$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
//#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+7;vector<int> q[N];
ll dp[N][2];void dfs(int now,int fa){dp[now][1]=dp[now][0]=1;for(auto it:q[now]){if(it==fa) continue;dfs(it,now);dp[now][0]=(dp[now][0]*(dp[it][0]+dp[it][1])%mod)%mod;dp[now][1]=(dp[now][1]*dp[it][0])%mod;}
}void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<n;i++){int x,y;cin>>x>>y;q[x].push_back(y);q[y].push_back(x);}dfs(1,0);ll ans=(dp[1][0]+dp[1][1])%mod;cout<<ans<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}