「动态规划」例题之状态和转移方程的设计(1)

作者: 云中翻月 | 来源:发表于2019-02-10 15:51 被阅读66次

0x50「动态规划」例题

几点总结
1 DP三要素：状态，阶段，决策。具体地讲，若DP时是双重循环，第一重循环通常表示状态和阶段，第二重循环表示决策。若DP时是三重循环，第一重循环通常表示阶段，第二重循环和第一重循环共同组成状态，第三重循环表示决策。三者必须按照由外而内依次循环。
2 DP三条件：子问题重叠，最优子结构性质，无后效性。对于前两点，和递归的条件和性质类似，决定了DP实现的两种写法：迭代和递归。而无后效性则表示DP已经求解过的子问题不受后续影响，换言之，DP对状态空间的遍历是要求状态空间是DAG，DAG中的节点对应状态，边对应状态转移的过程，转移的选取（走哪条边）就是DP中的决策，遍历结果是DAG的一个拓扑序。（PS：若出现后效性，通常会通过一次强制链接和一次强制断开来解决，在某些环形DP/基环树问题里常见）

线性DP

线性DP指具有线性“阶段”划分的动态规划算法，若状态空间有多个维度，每个维度上都有线性变化的“阶段”，那么它就是线性DP。

经典问题

LIS

状态表示：F[i]表示以A[i]为结尾的LIS长度
转移方程： $F[i]=max\left \{F[j]\right \}+1$ ，其中 $0\leq j<i$ 且 $A[j]<A[i]$
边界： $F[0]=0$
目标： $max\left \{F[i]\right \}$ ，其中 $1\leq i\leq n$
时间复杂度： $O(n^{2})$
LIS变形问题
Q：把序列A变成单调不下降的序列，至少需要修改几个数？
A：序列A的总长度-A的最长不下降子序列长度
e.g. A={3,2,1,4,2}，A的最长不下降子序列{3,4}，只要把A改成{3,3,3,4,4}即可（共修改5-2=3个数）
Q：把序列A变成严格单调递增的序列，至少需要修改几个数？
A：因为保证严格单调递增，所以不能用上面的构造方法。设B[i]=A[i]-i，答案就是序列A的总长度-B的最长不下降子序列长度
e.g. A={2,2,4,3,4}，则B={1,0,1,0,-1}，B的最长不下降子序列{0,1}，只要把B改成{-INF,0,1,INF,INF}即可，此时A={-INF+1,1,3,INF+4,INF+5}（共修改5-2=3个数）若模仿上面一题的计算方法，用A序列的总长度-A序列的LIS长度，得到答案为5-3=2错误，原因在于无法通过只改变A序列中的第三个元素4做到左右平衡。

LCS

状态表示：F[i,j]表示以A[1...i]和B[1...j]的LCS长度
转移方程： $F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] & \\ F[i,j-1] & \\ F[i-1,j-1]+1 \; \; \; if \; A[i]=B[j] & \end{matrix}\right.$
边界： $F[i,0]=F[0,j]=0$
目标： $F[n,m]$
时间复杂度： $O(n^{2})$

数字三角形

状态表示：F[i][j]表示从左上角走到第i行第j列的最大和
转移方程： $F[i,j]=A[i,j]+max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] & \\ F[i-1,j-1] \; \; \; if \; j>1& \end{matrix}\right.$
边界： $F[1,1]=A[1,1]$
目标： $max\left \{F[n,j]\right \}$ ，其中 $1\leq j \leq n$
时间复杂度： $O(n^{2})$

例题

POJ2279 Mr Young's Picture Permutations

我们将所有人按照从高到低的顺序放入整个序列中，这样就有了DP的顺序。
状态表示：F[a1,a2,a3,a4,a5]表示各排从左端起分别站了a1,a2,a3,a4,a5人的方案数量
转移方程：
$若\;a1<n1，F[a1+1,a2,a3,a4,a5]+=F[a1,a2,a3,a4,a5]$
$若\;a2<a1\;且\;a2<n2，F[a1,a2+1,a3,a4,a5]+=F[a1,a2,a3,a4,a5]$
3~5排同理
边界： $F[0,0,0,0,0]=1$
目标： $F[n1,n2,n3,n4,n5]$
时间复杂度： $O(n^{5})$

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=30+1;
const int maxk=5+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll f[maxn][maxn][maxn][maxn][maxn],k,num[maxk];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Mr Young's Picture Permutations.in","r",stdin);
    while(cin>>k&&k) {
        memset(num,0,sizeof(num));
        //memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0][0][0][0]=1;
        for(int i=1; i<=k; i++) {
            cin>>num[i];
        }
        for(ll a1=1; a1<=num[1]; a1++) {
            for(ll a2=0; a2<=min(num[2],a1); a2++) {
                for(ll a3=0; a3<=min(num[3],a2); a3++) {
                    for(ll a4=0; a4<=min(num[4],a3); a4++) {
                        for(ll a5=0; a5<=min(num[5],a4); a5++) {
                            ll &p=f[a1][a2][a3][a4][a5];
                            p=0;
                            if(a1-1>=a2) p+=f[a1-1][a2][a3][a4][a5];
                            if(a2-1>=a3) p+=f[a1][a2-1][a3][a4][a5];
                            if(a3-1>=a4) p+=f[a1][a2][a3-1][a4][a5];
                            if(a4-1>=a5) p+=f[a1][a2][a3][a4-1][a5];
                            if(a5-1>=0) p+=f[a1][a2][a3][a4][a5-1];
                        }
                    }
                }
            }
        }
        cout<<f[num[1]][num[2]][num[3]][num[4]][num[5]]<<endl;
    }

    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5101 LCIS
状态表示：F[i,j]表示以A[1...i]和B[1...j]构成的以B[j]结尾的LCIS长度
转移方程：
$F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] \;if \; A[i] \neq B[j]& \\ F[i,k] \; if \; A[i]=B[j] ,0\leq k < j ,B[k]<B[j]& \end{matrix}\right.$
即
$F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] \;if \; A[i] \neq B[j]& \\ F[i,k] \; if \; A[i]=B[j] ,0\leq k < j ,B[k]<A[i]& \end{matrix}\right.$
边界： $F[i,0]=F[0,j]=0$
目标： $max\left\{F[n,j]\right\}$
朴素实现这个转移方程，复杂度为 $O(n^{3})$ 。
但是我们自己观察这个方程，会发现当第二层循环变量j时，我们可以将第一层循环变量i视为定值，这让B[k]<A[i]这个条件是固定的。这意味着当j+1时，k的取值范围从[0,j)变成了[0,j+1)，也就是说，这时决策集合的下界不变，上界最多增加一个可能的最优决策，那么我们只要O( $1$ )判断这个B[j]<A[i]是否满足即可确定新的j能否有可能产生最优决策。
具体实现上，我们在每次进入第一层循环时，维护一个变量val表示决策集合中F[i-1,k]的最大值，在每次j的范围增大时，判断j能否进入决策集合即可。这样的操作避免了重复扫描，时间复杂度O( $n^{2}$ )，代码如下，其中method_1为朴素算法，method_2为优化算法。

/*

*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=3000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,f[maxn][maxn],a[maxn],b[maxn],ans=0;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    //freopen("LCIS.in","r",stdin);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>b[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(a[i]==b[j]){
                for(int k=0;k<j;k++){
                    if(b[k]<a[i]){
                        f[i][j]=max(f[i-1][k]+1,f[i][j]);
                    }
                }
            }
            else f[i][j]=f[i-1][j];
            if(i==n) ans=max(ans,f[n][j]);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=3000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,f[maxn][maxn],a[maxn],b[maxn],ans=0;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("LCIS.in","r",stdin);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>b[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int val=0;
        if(b[0]<a[i]) val=max(val,f[i-1][0]);
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(a[i]==b[j]){
                f[i][j]=val+1;
            }
            else f[i][j]=f[i-1][j];
            if(b[j]<a[i]) val=max(val,f[i-1][j]);
            if(i==n) ans=max(ans,f[n][j]);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5102 Mobile Service
状态表示：F[i,x,y,z]表示完成了前i个请求，三个服务员分别在x,y,z位置的最小花费
转移方程：
$F[i+1,p_{i+1},y,z]=min(F[i+1,p_{i+1},y,z],F[i,x,y,z]+c(x,p_{i+1}))$
$F[i+1,x,p_{i+1},z]=min(F[i+1,x,p_{i+1},z],F[i,x,y,z]+c(y,p_{i+1}))$
$F[i+1,x,y,p_{i+1}]=min(F[i+1,x,y,p_{i+1}],F[i,x,y,z]+c(z,p_{i+1}))$
题目要求同一位置不能有多个员工，所以要用if语句判断转移合法性
边界： $F[0,1,2,3]=0$
目标： $max\left\{F[n,x,y,z]\right\}$
按照这个方程，时间复杂度 $O(nL^{3})$
但是仔细观察会发现，当完成前i个请求时，必然有一个员工位于 $p_{i}$ 位置，因此只需要知道i和两名员工的位置，就可以推出第三个员工的位置，即消去了冗余状态
故更改定义如下
状态表示：F[i,x,y]表示完成了前i个请求，两个服务员分别在x,y位置的最小花费（第三个员工在 $p_{i}$ 位置）
转移方程：
$F[i+1,p_{i},y]=min(F[i+1,p_{i},y],F[i,x,y]+c(x,p_{i+1})) //x去处理请求$
$F[i+1,x,p_{i}]=min(F[i+1,x,p_{i}],F[i,x,y]+c(y,p_{i+1})) //y去处理请求$
$F[i+1,x,y]=min(F[i+1,x,y],F[i,x,y]+c(p_{i},p_{i+1})) //p_{i}去处理请求$
题目要求同一位置不能有多个员工，所以要用if语句判断转移合法性
边界： $F[0,1,2]=0$
目标： $max\left\{F[n,x,y]\right\}$
按照这个方程，时间复杂度： $O(nL^{2})$ ，代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=1000+5;
const int maxl=200+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int l,n,f[maxn][maxl][maxl],c[maxl][maxn],p[maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Mobile Service.in","r",stdin);
    cin>>l>>n;
    for(int i=1; i<=l; i++) {
        for(int j=1; j<=l; j++) {
            cin>>c[i][j];
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>p[i];
    memset(f,INF,sizeof(f));
    f[0][1][2]=0;
    p[0]=3;
    int ans=INF;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int x=1; x<=l; x++) {
            for(int y=1; y<=l; y++) {
                if(x==y) continue;
                if(f[i-1][x][y]==INF) continue;
                int z=p[i-1];
                if(x!=p[i]&&y!=p[i])f[i][x][y]=min(f[i-1][x][y]+c[z][p[i]],f[i][x][y]);
                if(z!=p[i]&&y!=p[i])f[i][z][y]=min(f[i-1][x][y]+c[x][p[i]],f[i][z][y]);
                if(x!=p[i]&&z!=p[i])f[i][x][z]=min(f[i-1][x][y]+c[y][p[i]],f[i][x][z]);
                //  if(i==n) ans=min(ans,f[n][x][y]); 
                //不能在这里更新 因为f[n][x][y]可能尚未达到最优解，因为后面两个维度不一定保证递增
            }
        }
    }
    for(int x=1; x<=l; x++)
        for(int y=1; y<=l; y++)
            ans=min(ans,f[n][x][y]);
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

POJ3666 Making the Grade
引理：记答案为S，则在满足S最小的前提下，一定存在一种构造B序列的方案，使得B中的数值都在A中出现过。
状态表示：F[i]表示已经构造好前i个数，以B[i]为结尾的序列的最小S值，即此时B[i]=A[i]
转移方程： $F[i]=min\left \{F[j]+cost(j+1,i-1)\right \}$ ，其中 $0\leq j < i$ 且 $A[j] \leq A[i]$
cost(j+1,i-1)表示构造B[j+1]...B[i-1]满足A[j] $\leq$ B[j+1] $\leq$ ... $\leq$ B[i-1] $\leq$ A[i]时， $\sum_{k=j+1}^{i-1}|A[k]-B[k]|$ 的最小值
方程解释：DP方程中的i就是最新的一段数中与A相同的位置，j是上一段数中这样的位置，因此cost(j+1,i-1)就是把区间中前一部分变成A[j]后一部分变成A[i]的最小代价。
边界： $F[0]=0$
目标： $F[n]$
时间复杂度： $O(n^{3})$ ，其中计算cost的时间复杂度： $O(n)$
考虑优化cost的计算过程，我们做如下的状态定义
状态表示：F[i,j]表示已经构造好前i个数，以B[i]=j为结尾的序列的最小S值，即此时B[i]=A[i]=j
转移方程： $F[i,j]=min\left \{F[i-1,k]\right \}+|A[i]-j|$ ，其中 $0\leq k \leq j$
边界： $F[0,i]=0$ ，其中 $0\leq i \leq 2^{31}$
目标： $min\left\{F[n,i]\right\}$ ，其中 $0\leq i \leq 2^{31}$
时间复杂度： $O(n^{2}×2^{31})$
空间复杂度： $O(n×2^{31})$
考虑优化时间和空间复杂度
1 离散化A序列
时间复杂度： $O(n^{3})$
空间复杂度： $O(n^{2})$
2 类比之前LCIS的转移方程，这里变量k的变化，即决策集合的变化仍满足随着j的增大只增不减的性质，所以做出同样的优化。
时间复杂度： $O(n^{2})$
空间复杂度： $O(n^{2})$
代码如下，其中method_1仅仅进行了离散化，结果为TLE。method_2进行了上述两种优化，结果为AC。

/*

*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=2000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn],cnt;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    freopen("Making the Grade.in","r",stdin);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        b[i]=a[i];
    }
    sort(b+1,b+n+1);
    cnt=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
    /*
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i])-b;
    }
    */
    int ans=INF;
    memset(f,INF,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=cnt;i++) f[0][i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            for(int k=1;k<=j;k++){
                f[i][j]=min(f[i-1][k]+abs(a[i]-b[j]),f[i][j]);
            }
            if(i==n) ans=min(ans,f[n][j]);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=2000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn],cnt;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Making the Grade.in","r",stdin);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        b[i]=a[i];
    }
    sort(b+1,b+n+1);
    cnt=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
    /*
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i])-b;
    }
    */
    int ans=INF;
    memset(f,INF,sizeof(f));
    for(int i=0;i<=cnt;i++) f[0][i]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int val=f[i-1][0];
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            val=min(val,f[i-1][j]);
            f[i][j]=val+abs(a[i]-b[j]);
            if(i==n) ans=min(ans,f[n][j]);
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5103 传纸条
从左上角走到右下角一个来回等价于两个人同时从左上角出发走到右下角
状态表示：F[x1,y1,x2,y2]表示第一个人在(x1,y1)第二个人在(x2,y2)的最大收益
此时时间复杂度： $O(n^{4})$
考虑优化
观察后发现，设目前路径长度为i，则x1+y1=x2+y2=i+2（因为两人同时行走）
所以通过i,x1,x2就可以确定y1,y2
修改状态表示如下
状态表示：F[i,x1,x2]表示第一个人在x1行，第二个人在x2行，目前路径长度为i的最大收益（此时y1=i+2-x1,y2=i+2-x2）
转移方程：每个人有两种移动方式，两个人移动状态共有四种，这里以两人均向右为例：
即两人从(x1,y1)(x2,y2)走向(x1,y1+1)(x2,y2+1)
若x1=x2且y1+1=y2+1，说明两人路径在此处相交，答案累加一次：
$F[i+1,x1,x2]=max\left \{F[i+1,x1,x2],F[i,x1,x2]+A[x1,y1+1]\right \}$
否则分别累加答案：
$F[i+1,x1,x2]=max\left \{F[i+1,x1,x2],F[i,x1,x2]+A[x1,y1+1]+A[x2,y2+1]\right \}$
边界：F[0,1,1]=A[1,1]
目标：F[n+m-2,n,n]
时间复杂度：O( $(n+m)n^{2}$ )
代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=50+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int a[maxn][maxn],f[maxn*2][maxn][maxn],n,m;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("传纸条.in","r",stdin);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    f[0][1][1]=a[1][1];
    for(int i=1; i<=n+m-2; i++) {
        for(int j=1; j<=min(n,i+1); j++) {
            for(int k=1; k<=min(n,i+1); k++) {
                int Y1=i+2-j;
                int Y2=i+2-k;
                if((Y1>=1&&Y1<=m)&&(Y2>=1&&Y2<=m)) {
                    if(j==k&&Y1==Y2) {
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+a[j][Y1]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k-1]+a[j][Y1]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]+a[j][Y1]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]+a[j][Y1]);
                    } else {
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+a[j][Y1]+a[k][Y2]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k-1]+a[j][Y1]+a[k][Y2]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j-1][k]+a[j][Y1]+a[k][Y2]);
                        f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k-1]+a[j][Y1]+a[k][Y2]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[n+m-2][n][n];
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5104 I-country
考虑凸连通块性质：任何一个凸连通块可以划分成若干行，每行的左端点列号先减小后增大，右端点列号先增大后减小。
状态表示：F[i,j,l,r,x,y]表示前i行，选了j个格子，其中第i行选了第l到r的格子，左轮廓的单调性是x,右轮廓的单调性是y（0表示递增，1表示递减）时，能构成的凸连通块的最大权值和
转移方程：其中A为每行的前缀和数组，即 $\sum_{p=l}^{r}A[i,p]=A[i][r]-A[i][l-1]$
1.左边界列号递减，右边界列号递增（两边界都处于扩张状态）
$F[i,j,l,r,1,0] =A[i][r]-A[i][l-1]+\left\{\begin{matrix} max\left \{F[i-1,j-(r-l+1),p,q,1,0]\right \}\;\;if\;j>r-l+1>0 \;\;其中\; l\leq p\leq q\leq r& \\ F[i-1,0,0,0,1,0]\;\;if\;j=r-l+1>0& \end{matrix}\right.$
2.左右边界列号都递减（左边界扩张，右边界收缩）
$F[i,j,l,r,1,1] = A[i][r]-A[i][l-1] + max\left\{max\left\{F[i-1,j-(r-l+1),p,q,1,y]\right \}(0\leq y\leq 1)\right \}$
3.左右边界列号都递减（左边界收缩，右边界扩张）
$F[i,j,l,r,0,0] = A[i][r]-A[i][l-1] + max\left\{max\left\{F[i-1,j-(r-l+1),p,q,x,0](0\leq x\leq 1)\right \}\right \}$
4.左边界列号递增，右边界列号递减（两边界都处于收缩状态）
$F[i,j,l,r,0,1] = A[i][r]-A[i][l-1] + max\left\{max\left\{max\left\{F[i-1,j-(r-l+1),p,q,x,y]\right \}(0\leq y\leq 1)\right \}(0\leq x\leq 1)\right \}(p\leq l\leq r\leq q)$
边界： $F[i,0,0,0,1,0]=0$
目标： $max\left \{F[i,K,l,r,x,y]\right \}$
时间复杂度： $O(n^{2}×m^{5})$
本题还需要输出方案，对于DP问题输出方案，通常是使用一个/多个与F数组同样大小的数组来记录每一次转移的最优解的取值，然后在DP结束后，从终态向初态递归，依次在回溯时输出答案。
代码如下，其中method_1没有输出方案，method_2输出方案

/*

*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=15+2;
const int maxk=225+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,k,a[maxn][maxn],s[maxn][maxn],f[maxn][maxk][maxn][maxn][2][2];
/*
f[i][j][l][r][x][y] 表示前i行 占据了j个格子 第i行从l列到r列 左端点状态为x 右端点状态为y 的最大权值
x=0 表示列号递增 x=1 表示列号递减
*/
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    freopen("I-country.in","r",stdin);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            cin>>a[i][j];
            s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j];
        }
    }
//  cout<<s[2][3]<<endl;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=0; j<=k; j++) {
            for(int l=1; l<=m; l++) {
                for(int r=l; r<=m; r++) {
                    if(j-(r-l+1)<0) break;
                    for(int p=l; p<=r; p++) {
                        for(int q=p; q<=r; q++) {
                            f[i][j][l][r][1][0]=max(f[i][j][l][r][1][0],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                        }
                    }
                    for(int p=l; p<=r; p++) {
                        for(int q=r; q<=m; q++) {
                            f[i][j][l][r][1][1]=max(f[i][j][l][r][1][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                            f[i][j][l][r][1][1]=max(f[i][j][l][r][1][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][1]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                        }
                    }
                    for(int p=1; p<=l; p++) {
                        for(int q=l; q<=r; q++) {
                            f[i][j][l][r][0][0]=max(f[i][j][l][r][0][0],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                            f[i][j][l][r][0][0]=max(f[i][j][l][r][0][0],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                        }
                    }
                    for(int p=1; p<=l; p++) {
                        for(int q=r; q<=m; q++) {
                            f[i][j][l][r][0][1]=max(f[i][j][l][r][0][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][1]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                            f[i][j][l][r][0][1]=max(f[i][j][l][r][0][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                            f[i][j][l][r][0][1]=max(f[i][j][l][r][0][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][0]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                            f[i][j][l][r][0][1]=max(f[i][j][l][r][0][1],f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][1]+s[i][r]-s[i][l-1]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans=-INF;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int l=1; l<=m; l++) {
            for(int r=l; r<=m; r++) {
                for(int x=0; x<=1; x++) {
                    for(int y=0; y<=1; y++) {
                        ans=max(ans,f[i][k][l][r][x][y]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout<<"Oil : "<<ans<<endl;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=15+2;
const int maxk=225+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,k,a[maxn][maxn],s[maxn][maxn],f[maxn][maxk][maxn][maxn][2][2];
/*
f[i][j][l][r][x][y] 表示前i行 占据了j个格子 第i行从l列到r列 左端点状态为x 右端点状态为y 的最大权值
x=0 表示列号递增 x=1 表示列号递减
*/
struct method{
    int l,r,x,y;
}met[maxn][maxk][maxn][maxn][2][2];
int ai,aj,al,ar,ax,ay;
void update(int now,int l,int r,int x,int y){
    int &ans=f[ai][aj][al][ar][ax][ay];
    method &p=met[ai][aj][al][ar][ax][ay];
    if(ans>=now) return;
    ans=now;
    p.l=l;
    p.r=r;
    p.x=x;
    p.y=y;
}
void print(int i,int j,int l,int r,int x,int y){
    if(j==0) return;
    method &p=met[i][j][l][r][x][y];
    print(i-1,j-(r-l+1),p.l,p.r,p.x,p.y);
    for(int ii=l;ii<=r;ii++){
        cout<<i<<" "<<ii<<endl;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("I-country.in","r",stdin);
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=m; j++) {
            cin>>a[i][j];
            s[i][j]=s[i][j-1]+a[i][j];
        }
    }
//  cout<<s[2][3]<<endl;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=0; j<=k; j++) {
            for(int l=1; l<=m; l++) {
                for(int r=l; r<=m; r++) {
                    if(j-(r-l+1)<0) break;
                    ai=i;
                    aj=j;
                    al=l;
                    ar=r;
                    ax=1;
                    ay=0;
                    for(int p=l; p<=r; p++) {
                        for(int q=p; q<=r; q++) {
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,0);
                        }
                    }
                    ax=1;
                    ay=1;
                    for(int p=l; p<=r; p++) {
                        for(int q=r; q<=m; q++) {
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,0);
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][1]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,1);
                        }
                    }
                    ax=0;
                    ay=0;
                    for(int p=1; p<=l; p++) {
                        for(int q=l; q<=r; q++) {
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,0);
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,0,0);
                        }
                    }
                    ax=0;
                    ay=1;
                    for(int p=1; p<=l; p++) {
                        for(int q=r; q<=m; q++) {
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,0);
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][1][1]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,1,1);
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][0]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,0,0);
                            update(f[i-1][j-(r-l+1)][p][q][0][1]+s[i][r]-s[i][l-1],p,q,0,1);
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans=-INF;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int l=1; l<=m; l++) {
            for(int r=l; r<=m; r++) {
                for(int x=0; x<=1; x++) {
                    for(int y=0; y<=1; y++) {
                        if(f[i][k][l][r][x][y]>ans){
                            ans=f[i][k][l][r][x][y];
                            ai=i;
                            al=l;
                            ar=r;
                            ax=x;
                            ay=y;
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout<<"Oil : "<<ans<<endl;
    print(ai,k,al,ar,ax,ay);
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5105 Cookies
引理：贪婪度大的孩子饼干多。
证明：将所有孩子按照贪婪度降序排序，获得的饼干数单调递减。若交换两个相邻的孩子g[i]和g[i+1]（邻项交换，满足g[i]>g[i+1]），则原来两个孩子产生的怨气是g[i]×(i-1)+g[i+1]×i，交换后产生的怨气是g[i+1]×(i-1)+g[i]×i，即会对答案产生g[i]-g[i+1]的贡献，而其他孩子的怨气不变，所以经过反证法，交换后的结果显然不优于原单调序列。
根据引理，我们将所有孩子的贪婪度递减排序，从左向右DP。
至此，我们已经通过额外的算法确定了DP顺序，现在考虑如何表示状态。
状态表示：F[i,j]表示给前i个孩子分配j块饼干的最小怨气和
我们做出如下转化
1 若第i个孩子饼干数为1，则枚举i前面有多少孩子的饼干数也为1（这些孩子不会对第i个孩子产生贡献）
2 若第i个孩子的饼干数大于1，则等价于分配j-i块饼干给前i个孩子，每人少拿一块饼干，饼干相对数量不变，故答案不变。
状态表示：F[i]表示以A[i]为结尾的LIS长度
转移方程：
$F[i,j] =min\left\{\begin{matrix} min\left\{F[k,j-(i-k)]+k*\sum_{p=k+1}^{i}g[p]\right \} \;其中\;0\leq k <i\;\;（转化\;1）& \\ F[i,j-i] （转化\;2）& \end{matrix}\right.$
PS：解释下转化1的转移方程，枚举k表示[k+1,i]的孩子也是一块饼干，那么[k+1,i]的孩子总共获得了i-k块饼干，剩余饼干数就是j-(i-k)。与此同时，前k个孩子获得的饼干数大于一块，所以后面的[k+1,i]个孩子会因此产生怨气，怨气值为 $k×g[k+1]+k×g[k+2]+...+k×g[i]=k×\sum_{p=k+1}^{i}g[p]$
边界： $F[0,0]=0$
目标： $F[n,m]$
时间复杂度： $O(n^{2}*m)$
这题输出方案的方式和上一题类似，故不再赘述
代码如下，其中method_1没有输出方案，method_2输出方案

/*

*/
#define method_2
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=30+5;
const int maxm=5000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,g[maxn],f[maxn][maxm],s[maxn];
bool cmp(int x,int y){
    return x>y;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    freopen("Cookies.in","r",stdin);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>g[i];
    sort(g+1,g+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+g[i];
    memset(f,INF,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=m;j++){
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-i]);
            for(int k=0;k<i;k++){
                f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-(i-k)]+k*(s[i]-s[k]));
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=30+5;
const int maxm=5000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,g[maxn],f[maxn][maxm],s[maxn],c[maxn],a[maxn][maxm],b[maxn][maxm],ans[maxn];
bool cmp(int x,int y){
    return g[x]>g[y];
}
void print(int n,int m){
    if(n==0) return;
    print(a[n][m],b[n][m]);
    if(a[n][m]==n){
        for(int i=1;i<=n;i++) ans[c[i]]++;
    } 
    else{
        for(int i=a[n][m]+1;i<=n;i++) ans[c[i]]=1;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Cookies.in","r",stdin);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>g[i],c[i]=i;
    sort(c+1,c+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+g[c[i]];
    memset(f,INF,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=m;j++){
            f[i][j]=f[i][j-i];
            a[i][j]=i;
            b[i][j]=j-i;
            for(int k=0;k<i;k++){
                if(f[i][j]>f[k][j-(i-k)]+k*(s[i]-s[k])){
                    f[i][j]=f[k][j-(i-k)]+k*(s[i]-s[k]);
                    a[i][j]=k;
                    b[i][j]=j-(i-k);
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    print(n,m);
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

背包DP

背包问题是线性DP中的一类特殊模型。

经典问题

01背包

状态表示：F[i,j]表示从前i个物品中选出总体积为j的物品放入背包
转移方程：
$F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] \;\; 不选择第\;i\;个物品 & \\ F[i-1,j-V_{i}]+W_{i} \;\; 选择第\;i\;个物品& \end{matrix}\right.$
边界： $F[0,0]=0$
目标： $max\left \{F[n,j]\right \}$ ，其中 $0\leq j \leq m$
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(nm)$
代码如下

memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
f[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 0; j <= m; j++)
        f[i][j] = f[i - 1][j];
    for (int j = v[i]; j <= m; j++)
        f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}

考虑优化空间复杂度
因为每一阶段的i的状态之和i-1的状态有关，所以可以用滚动数组优化
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(2m)$
代码如下

int f[2][MAX_M+1];
memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
f[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 0; j <= m; j++)
        f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j];
    for (int j = v[i]; j <= m; j++)
        f[i & 1][j] = max(f[i & 1][j], f[(i - 1) & 1][j - v[i]] + w[i]);
}
int ans = 0;
for (int j = 0; j <= m; j++)
    ans = max(ans, f[n & 1][j]);

考虑继续优化
实现转移方程时，每次都会进行一次从F[i-1][]到F[i][]的拷贝，这提示我们直接省略F数组的第一维
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(m)$
代码如下

int f[MAX_M+1];
memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = m; j >= v[i]; j--)
        f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
int ans = 0;
for (int j = 0; j <= m; j++)
    ans = max(ans, f[j]);

对于为什么j为倒序循环的解释：
F数组的后半部分F[j...m]处于第i个阶段，也就是已经考虑过放入第i个物品的情况。
F数组的前半部分F[0...j-1]处于第i-1个阶段，也就是尚未考虑过放入第i个物品的情况。
随着j的不断减小，我们不断用第i-1个阶段的状态F[j - v[i]]来更新F[j]，就保证了第i个物品最多可能被放入背包一次。
如果j正序循环，可能导致如下情况，F[j]被F[j-v[i]]+w[i]更新，接下来j增大到j+v[i]时，F[j+v[i]]又被F[j]+w[i]更新，即两个同时处于第i个阶段的状态产生了转移，相当于第i个物品被使用了两次。

完全背包

状态表示：F[i,j]表示从前i个物品中选出总体积为j的物品放入背包
转移方程：
$F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] \;\; 不选择第\;i\;个物品 & \\ F[i-1,j-V_{i}]+W_{i} \;\; 选择第\;i\;个物品& \end{matrix}\right.$
边界： $F[0,0]=0$
目标： $max\left \{F[n][j]\right \}$ ，其中 $1\leq j \leq m$
时间复杂度： $O(nm)$
根据上面对于01背包循环的推论，只要将原先程序中的j的循环顺序改为正序，就对应了每个物品可以使用无限次的情况。
代码如下

int f[MAX_M+1];
memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = v[i]; j <= m; j--)
        f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
int ans = 0;
for (int j = 0; j <= m; j++)
    ans = max(ans, f[j]);

多重背包

将每种物品拆成C[i]个，类比01背包考虑，状态转移方程略。
代码如下

unsigned int f[MAX_M+1];
memset(f, 0xcf, sizeof(f)); // -INF
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= c[i]; j++)
        for (int k = m; k >= v[i]; k--)
            f[k] = max(f[k], f[k - v[i]] + w[i]);
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= m; i++)
    ans = max(ans, f[i]);

时间复杂度：O( $m\sum_{i=1}^{n}C_{i}$ )
考虑优化时间复杂度
优化方法1 对于每种物品进行二进制拆分，将每种物品拆成O(log $C_{i}$ )个。
优化方法2 单调队列（详见单调队列优化DP）

分组背包

问题描述：n组物品，第i组里有 $C_{i}$ 个物品，每个物品有各自的体积和价值，现在每组物品中最多选择一个物品，在总体积不超过m的情况下，令价值和尽量大。
状态表示：F[i,j]表示从前i组物品中选出总体积为j的物品放入背包
转移方程：
$F[i,j]=max\left\{\begin{matrix} F[i-1,j] \;\; 不选择第\;i\;组的物品 & \\ max \left \{F[i-1,j-V_{i,k}]+W_{i,k}\right \} \;\; 选择第\;i\;组的某个物品\;k& \end{matrix}\right.$
边界： $F[0,0]=0$
目标： $max\left \{F[n][j]\right \}$ ，其中 $1\leq j \leq m$
时间复杂度： $O(m\sum_{i=1}^{n}C_{i})$
考虑优化空间复杂度
和01背包一样，由于每组只选最多一个物品，所以省略掉F数组的第一维
注意：
1 需令第二重倒序循环.
2 每一组内的c[i]个物品的循环k要放在循环j的内层，因为i是阶段，i和j共同构成状态，k是决策，即第i组内用哪个物品，三者顺序不能错乱。
3 分组背包是很多树形DP的基本模型。
代码如下

memset(f, 0xcf, sizeof(f));
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = m; j >= 0; j--)
        for (int k = 1; k <= c[i]; k++)
            if (j >= v[i][k])
                f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);

例题

5201 数字组合
01背包
状态表示：F[j]表示当外层循环到第i个数时，和为j的方案数
转移方程：
$F[j]=F[j]+F[j-a[i]]$
边界： $F[0]=1$
目标： $F[m]$
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(nm)$
代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=100+5;
const int maxm=10000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int f[maxm],n,m,a[maxn];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("数字组合.in","r",stdin);
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m;j>=a[i];j--) f[j]+=f[j-a[i]];
    cout<<f[m];
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

5202 自然数拆分Lunatic版
完全背包
状态表示：F[j]表示当外层循环到第i个数时，和为j的方案数
转移方程：
$F[j]=F[j]+F[j-i]$
边界： $F[0]=1$
目标： $F[m]$
时间复杂度： $O(nm)$
空间复杂度： $O(nm)$
代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=4000+5;
const ll mod=2147483648;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll f[maxn],n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("自然数拆分Lunatic版.in","r",stdin);
    f[0]=1;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++) f[j]=(f[j]+f[j-i])%mod;
    if(f[n]!=0) cout<<f[n]-1;
    else cout<<mod-1;
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

POJ1015 Jury Compromise
01背包
状态表示：F[j,k]表示当外层循环到i时，选出了j个人，辩方总分和控方总分差为k时，双方总分的最大值。
转移方程：
$F[j]=max\left \{F[j,k],F[j-1,k-(a[i]-b[i])]+a[i]+b[i]\right \}$
边界： $F[0,0]=0$
目标： $F[m,k]$ ，满足|k|尽量小，|k|相同时，F[m,k]尽量大
时间复杂度： $O(20nm^{2})$
注意：
1 j一维要倒序循环，满足每个候选人只能选择一次。
2 path[i,j,k]表示F[j,k]取得最优值时的候选人方案，输出方案时，从F[j,k]不断向F[j-1,k-(a[D[j,k]]-b[D[j,k]])]递归，一直到达F[0,0]，递归过程中的所有path[i,j,k]就是答案。注意虽然背包DP中的F数组可以省略第一维，但是path数组为了保存方案，必须要加上第一维。
3 F[j-1,k-(a[i]-b[i])]中k-(a[i]-b[i])可能出现负数，导致数组下标越界，所以需要统一进行数组下标平移，详见代码中的zero常量。
代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=200+5;
const int maxm1=20+5;
const int maxm=900+5;
const int zero=450;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],b[maxn],f[maxm1][maxm],path[maxn][maxm1][maxm],kase=0,suma,sumb,c[maxm1];
void find(int x,int y,int z) {
    if(!y) return;
    int temp=path[x][y][z+zero];
    suma+=a[temp];
    sumb+=b[temp];
    c[y]=temp;
    find(temp-1,y-1,z-(a[temp]-b[temp]));
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Jury Compromise.in","r",stdin);
    while(cin>>n>>m&&n&&m) {
        memset(f,0xcf,sizeof(f));
        memset(path,0,sizeof(path));
        int mx=m*20;
        f[0][zero]=0;
        for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i]>>b[i];
        for(int i=1; i<=n; i++) {
            for(int j=m; j>=1; j--) {
                for(int k=-mx; k<=mx; k++) {
                    path[i][j][k+zero]=path[i-1][j][k+zero];
                    if((f[j-1][k+zero-(a[i]-b[i])]>=0) && (k-(a[i]-b[i])>=-mx) && (k-(a[i]-b[i])<=mx)) {
                        if(f[j-1][k+zero-(a[i]-b[i])]+a[i]+b[i]>f[j][k+zero]) {
                            f[j][k+zero]=f[j-1][k+zero-(a[i]-b[i])]+a[i]+b[i];
                            path[i][j][k+zero]=i;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int ans=mx;
        for(int i=0; i<=mx; ++i) {
            if(f[m][i+zero]>=0&&f[m][i+zero]>=f[m][-i+zero]) {
                ans=i;
                break;
            }
            if(f[m][-i+zero]>=0) {
                ans=-i;
                break;
            }
        }
//      cout<<ans;
        suma=sumb=0;
        find(n,m,ans);
        sort(c+1,c+m+1);
        cout<<"Jury #"<<++kase<<endl;
        cout<<"Best jury has value "<<suma<<" for prosecution and value "<<sumb<<" for defence: "<<endl;
        for(int i=1; i<=m; i++) cout<<" "<<c[i];
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

POJ1742 Coins
多重背包
状态表示：F[j]表示当外层循环到i时，前i种硬币能否拼成j
转移方程：
$F[k]=F[k]|F[k-a[i]]$
边界： $F[0]=1$
目标： $\sum_{i=1}^{n} F[i]$
时间复杂度： $O(m\sum_{i=1}^{n}C_{i})$
朴素算法代码如下

bool f[100010];
memset(f, 0, sizeof(f));
f[0] = true;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= c[i]; j++)
        for (int k = m; k >= a[i]; k--)
            f[k] |= f[k - a[i]];
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++)
    ans += f[i];

考虑优化
优化方法1 二进制拆分或单调队列
优化方法2 注意到这里仅关注“可行性”，不关注“最优性”，因此仔细分析DP过程，可以发现，若前i种硬币能够拼成面值j，只有两种可能：
1 前i-1种硬币能够拼成面值j，第i重循环开始前，F[j]=1
2 使用了第i种硬币，因为F[j-a[i]]=1，所以推出F[j]=1
于是考虑贪心：设used[j]表示F[j]在阶段i时为1至少需要用多少枚第i种硬币，并且尽量选择第一种情况。具体地说，若F[j-a[i]]=1时，F[j]已经为1，则不进行DP，否则进行转移F[j]|=F[j-a[i]]，同时令used[j]=used[j-a[i]]+1
时间复杂度： $O(nm)$
代码如下

/*

*/
#define method_1
#ifdef method_1
/*

*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>pii;
const int maxn=100+5;
const int maxm=100000+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,c[maxn],f[maxm],used[maxm],v[maxn],ans; 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//  freopen("Coins.in","r",stdin);
    while(cin>>n>>m&&n&&m){
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i];
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
        memset(f,0,sizeof(f));
        ans=0;
        f[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<=m;j++) used[j]=0;
            for(int j=v[i];j<=m;j++){
                   //贪心策略        //多重背包
                if(!f[j]&&f[j-v[i]]&&used[j-v[i]]<c[i]){
                    f[j]=1;
                    used[j]=used[j-v[i]]+1;
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=m;i++) if(f[i]) ans++;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}
#endif
#ifdef method_2
/*

*/

#endif
#ifdef method_3
/*

*/

#endif

「动态规划」例题之状态和转移方程的设计(1)

0x50「动态规划」例题

线性DP

经典问题

LIS

LCS

数字三角形

例题

POJ2279 Mr Young's Picture Permutations

背包DP

经典问题

01背包

完全背包

多重背包

分组背包

例题

相关文章

网友评论

延伸阅读

深度阅读

栏目导航

热点阅读

动态规划

算法

动态规划