DP动态规划小测

着道题看起来是一个三维的背包问题,但是注意一个条件,就是每个组件只能放在地x到第x+w的位子上所以这时问题就可以简化复杂度,即只对第i个组件在第x位置上时的价值为j时的f最大值求解。

[计数dp][组合数] JZOJ P1975 连边,jzojp1975

【USACO】DP动态规划小测(一),usacodp动态规划

{20160927 19:30~21:30}

总分400分,我113.33,稳稳地垫底了……(十分呼应我上面的博客名,hhh~)过了这么多天我才打完所有代码,废话我也就不多说了。不过,虽然时间花费的多,但我觉得我的PG也是“博采众长”了。


T1 接住苹果(bcatch)

图片 1

题意:有2颗苹果树,有K次移动机会,问最多能接到的苹果数。

解法:可以用f[i][j][2]或f[i][j]和g[i][j]来实现,表示掉了i个苹果,移动j次的最大值。也可以利用j的奇偶直接判断当前在的树,进而进行+1或0。

图片 2 1
#include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3
#include<cstring> 4 #include<iostream> 5 using namespace
std; 6 7 const int N=1010,K=35; 8 int f[N][K],g[N][K],a[N]; 9
10 int mmax(int x,int y) 11 { return x>y?x:y; } 12 13 int main() 14 {
15 //freopen(“bcatch.in”,”r”,stdin); 16
//freopen(“bcatch.out”,”w”,stdout); 17 int n,k; 18 scanf(“%d%d”,&n,&k);
19 for (int i=1;i<=n;i++) scanf(“%d”,&a[i]),a[i]–; 20 int
x,y,ans=0; 21 memset(f,0,sizeof(f)); 22 memset(g,0,sizeof(g)); 23 for
(int i=1;i<=n;i++) 24 for (int j=0;j<=k;j++) 25 { 26
x=1-a[i],y=1-x; 27
f[i][j]=x+f[i-1][j],g[i][j]=y+g[i-1][j]; 28 if (j>0)
29 { 30 f[i][j]=mmax(f[i][j],x+g[i-1][j-1]); 31
g[i][j]=mmax(g[i][j],y+f[i-1][j-1]); 32 } 33 if (i==n)
ans=mmax(ans,mmax(f[i][j],g[i][j])); 34 } 35
printf(“%d\n”,ans); 36 return 0; 37 } View Code


T2 滑雪课程(ski)

图片 3

题意:有N个雪坡和S个课程。雪坡需要耗费一定的时间,且有技能点要求,课程也需要耗费一定的时间,但可以进修到一定的技能点数。问在时间T内最多能滑多少次雪坡。

有两种解法:(时间和内存哪种更优就看数据范围了~)

1.f[i][j]表示前i的时间内能力为j时能滑雪的最大次数,预处理一下p[i]为当能力为i时能花的所有雪坡中耗费时间最小的。每次分别用f[i][j]更新现在有课上便上课,和滑一次雪的状态。

注意——边界条件;只有当前状态存在(不为-1)才可拓展到其他的状态;f[i][j]除了更新上课或滑雪的,也要更新到f[i+1][j]。

图片 4 1
#include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3
#include<cstring> 4 #include<iostream> 5
#include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int
T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100; 9 int f[T][C],p[C+10]; 10
struct node{int c,d;}a[N]; 11 struct hy{int m,l,c;}b[S]; 12 13 bool
cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;} 14 void upd(int &x,int y)
{x=x>y?x:y;} 15 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;} 16 int
mabs(int x) {return x>0?x:-x;} 17 18 int main() 19 { 20
//freopen(“ski.in”,”r”,stdin); 21 //freopen(“ski.out”,”w”,stdout); 22
int t,s,n; 23 scanf(“%d%d%d”,&t,&s,&n); 24 for (int i=1;i<=s;i++) 25
scanf(“%d%d%d”,&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c); 26 sort(b,b+1+s,cmp); 27
for (int i=1;i<=n;i++) 28 scanf(“%d%d”,&a[i].c,&a[i].d); 29
memset(p,63,sizeof(p)); 30 for (int i=1;i<=n;i++) 31
upd2(p[a[i].c],a[i].d); 32 for (int i=1;i<=C;i++) 33
upd2(p[i],p[i-1]); 34 int tmp=1,ans=0; 35 memset(f,-1,sizeof(f)); 36
f[0][1]=0; 37 for (int i=0;i<=t;i++) 38 { 39 for (int
j=1;j<=C;j++) 40 { 41 if (f[i][j]<0) continue;// 42
upd(f[i+1][j],f[i][j]); 43
upd(f[i+p[j]][j],f[i][j]+1); 44 while (b[tmp].m==i &&
tmp<=s && i+b[tmp].l<=t) 45
upd(f[i+b[tmp].l][b[tmp].c],f[i][j]), tmp++; 46 if (i==t)
upd(ans,f[i][j]); 47 } 48 } 49 printf(“%d\n”,ans); 50 return 0; 51
} View Code 1

2.f[i]表示上了第i节课能滑雪的最大次数,预处理同上。每次f[i]存枚举上一次上了哪节课,而到这节课的时间里滑雪或上课的最佳答案。

注意——边界条件;添加时间为0和时间为t的课程,保证“有始有终”。

图片 5 1
#include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3
#include<cstring> 4 #include<iostream> 5
#include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int
T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100; 9 int f[S],p[C+10]; 10
struct node{int c,d;}a[N]; 11 struct hy{int m,l,c;}b[S]; 12 13
//bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;} 14 void upd(int &x,int y)
{x=x>y?x:y;} 15 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;} 16 int
mabs(int x) {return x>0?x:-x;} 17 18 int main() 19 { 20
//freopen(“ski.in”,”r”,stdin); 21 //freopen(“ski.out”,”w”,stdout); 22
int t,s,n,ans=0; 23 scanf(“%d%d%d”,&t,&s,&n); 24 for (int
i=1;i<=s;i++) 25 scanf(“%d%d%d”,&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c); 26
b[0].m=0,b[0].l=0,b[0].c=1; 27 b[++s].m=t;//add terminal 28
//sort(b,b+1+s,cmp);//无须排序 29 for (int i=1;i<=n;i++) 30
scanf(“%d%d”,&a[i].c,&a[i].d); 31 memset(p,63,sizeof(p)); 32 for
(int i=1;i<=n;i++) 33 upd2(p[a[i].c],a[i].d); 34 for (int
i=1;i<=C;i++) 35 upd2(p[i],p[i-1]); 36 memset(f,-1,sizeof(f)); 37
f[0]=0; 38 for (int i=1;i<=s;i++) 39 { 40 if
(b[i].l+b[i].m>t) continue;// 41 for (int j=0;j<i;j++) 42 if
(f[j]>=0 && b[i].m>=b[j].m+b[j].l)// 43
upd(f[i],f[j]+mabs(b[i].m-b[j].m-b[j].l)/p[b[j].c]); 44
upd(ans,f[i]); 45 } 46 printf(“%d\n”,ans); 47 return 0; 48 } View Code 2


T3 滑雪比赛(bobsled)

图片 6

题意:初始速度为1,有N个限制速度大小的弯道,给出与起点的距离,问L内最大能达到的速度。

解法:先贪心——从后往前扫一遍来保证各弯道间的限制速度可以互相到达,因为速度有后效性(?),便直接保证了不用比较下一个的限制速度,还担心降不到下一个的限制速度。
接着保存每到一个弯道后的速度与距离,进而根据与下一个弯道的速度曲线的单调性(递增(多)—递减(少)、递增、递增(少)—递减(多)、递减)来算出其间的最大值,和到下一个弯道的速度。P.S.画图辅助会清晰一点。

注意——终点也可看成一个“弯道”,而没有限制速度。

图片 7 1
#include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3
#include<cstring> 4 #include<iostream> 5
#include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int
L=(int)1e9+10,N=(int)1e5+10; 9 struct node{int t,v;} 10 a[N]; 11 12
bool cmp(node x,node y) 13 { 14 if (x.t!=y.t) return x.t<y.t; 15
return x.v<y.v; 16 } 17 int mmax(int x,int y) 18 { return x>y?x:y;
} 19 int mmin(int x,int y) 20 { return x<y?x:y; } 21 int main() 22 {
23 //freopen(“bobsled.in”,”r”,stdin); 24
//freopen(“bobsled.out”,”w”,stdout); 25 int l,n; 26 scanf(“%d%d”,&l,&n);
27 for (int i=1;i<=n;i++) 28 scanf(“%d%d”,&a[i].t,&a[i].v); 29
sort(a+1,a+1+n,cmp); 30 int p=0;a[0].t=-1; 31 for (int
i=1;i<=n;i++) 32 if (a[i].t!=a[i-1].t) a[++p]=a[i]; 33 n=p;
34 for (int i=n-1;i>=1;i–) 35
a[i].v=mmin(a[i].v,a[i+1].v+(a[i+1].t-a[i].t)); 36 int
t=0,v=1;//now 37 int x,ans=0; 38 for (int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 if
(a[i].v>v) 41 { 42 if (a[i].t-t>=a[i].v-v)//= 43
x=a[i].v+((a[i].t-t)-(a[i].v-v))/2,v=a[i].v; 44 else
x=v+(a[i].t-t),v=x; 45 ans=mmax(ans,x); 46 } 47 else 48 { 49
x=v+((a[i].t-t)-(v-a[i].v))/2; 50 v=a[i].v; 51 ans=mmax(ans,x); 52
} 53 t=a[i].t; 54 } 55 ans=mmax(ans,v+(l-t)); 56 printf(“%d\n”,ans);
57 return 0; 58 } View Code


T4 奶牛飞盘队(fristeam)

图片 8

题意:有N头有一定能力的奶牛,问选出能力和为M的倍数的方案总数。

解法:要想到把%M的值作为DP数组的一个维度。f[i][j]表示在前i头奶牛中选到的能力和%M为j的方案数,这样每次只需分别选或不选当前第i头奶牛,由f[i-1]的状态推出。

图片 9 1
#include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3
#include<cstring> 4 #include<iostream> 5 using namespace
std; 6 7 const int N=2010,M=1010,mod=(int)1e8; 8 int a[N],f[N][M];
9 10 int main() 11 { 12 //freopen(“fristeam.in”,”r”,stdin); 13
//freopen(“fristeam.out”,”w”,stdout); 14 int n,m; 15
scanf(“%d%d”,&n,&m); 16 for (int i=1;i<=n;i++) 17
scanf(“%d”,&a[i]),a[i]%=m; 18 for (int j=1;j<m;j++)
f[0][j]=0; 19 f[0][0]=1; 20 for (int i=1;i<=n;i++) 21 for
(int j=0;j<m;j++) 22 { 23 int x=j-a[i]; 24 if (x<0) x+=m; 25
f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][x])%mod; 26 } 27
printf(“%d\n”,f[n][0]-1); 28 return 0; 29 } View Code

{20160927 19:30~21:30}
总分400分,我113.33,稳稳地垫底了……(十分呼应我上面的博客名,…

 

Description

  有N个点(编号1到N)组成的无向图,已经为你连了M条边。请你再连K条边,使得所有的点的度数都是偶数。求有多少种连的方法。要求你连的K条边中不能有重边,但和已经连好的边可以重。不允许自环的存在。求连边的方法数。我们只关心它模10007的余数。

方程为

Input

  输入的第一行有三个自然数,分别表示点数N,已经连好的边数M,和你要连的边数K。保证K≤N(N-1)/2
  接下来M行每行两个整数x,y,描述了一条连接x和y的边。
  30%的数据满足:N≤200
  100%的数据满足:N≤1000,M≤N,K≤1000,K≤N(N-1)/2