關於動態規劃算法的總結

 

動態規劃算法，在T大某位老師的書中說就是遞推+重複子問題。

動態規劃算法的效率主要與重複子問題的處理有關。

 

典型的題目有 陪審團，最大公共子串問題

 

1，最大公共子串問題

 

這個是動態規劃的基礎題目。動態規劃就是遞推和重複子結構。

確定了遞推關係後。找到一個能極大地減少重複運算的子結構至關重要。選的好了，時間效率會很好。

這個問題，不妨設第一個串爲a，長度爲n，第二個串爲b，長度m。那麼最長的子序列長度爲f（n,m）

當a[n]=a[m]時

f(n,m)=1+f(n-1,m-1)

否則f(n,m)=max(f(n-1),f(m-1))

同時建立一個存儲計算過的f（x,y)的矩陣，如果計算過了就直接使用

程序如下所示

 

#include <iostream> #define MAXLen 1000 char seq1[MAXLen]; char seq2[MAXLen]; int maxLen[MAXLen][MAXLen]; int MaxCommonMain() { while(scanf("%s%s",seq1+1,seq2+1)>0) { int length1=strlen(seq1+1); int length2=strlen(seq2+1); for(int i=0;i<=length1;i++) maxLen[i][0]=0; for(int j=0;j<=length2;j++) maxLen[0][j]=0; for(int i=1;i<=length1;i++) { for(int j=1;j<=length2;j++) { if(seq1[i]==seq2[j]) maxLen[i][j]=maxLen[i-1][j-1]+1; else maxLen[i][j]=maxLen[i-1][j]>maxLen[i][j-1]?maxLen[i-1][j]:maxLen[i][j-1]; } } printf("%d/n",maxLen[length1][length2]); // printf("%d",maxLen[length2-1][length1-1]); } return 0; }  

 

2，陪審團問題

問題描述：

問題描述
在遙遠的國家佛羅布尼亞，嫌犯是否有罪，須由陪審團決定。陪審團是由法官從公衆中
挑選的。先隨機挑選n 個人作爲陪審團的候選人，然後再從這n 個人中選m 人組成陪審團。
選m 人的辦法是：
控方和辯方會根據對候選人的喜歡程度，給所有候選人打分，分值從0 到20。爲了公
平起見，法官選出陪審團的原則是：選出的m 個人，必須滿足辯方總分和控方總分的差的
絕對值最小。如果有多種選擇方案的辯方總分和控方總分的之差的絕對值相同，那麼選辯控
雙方總分之和最大的方案即可。最終選出的方案稱爲陪審團方案。
輸入數據
輸入包含多組數據。每組數據的第一行是兩個整數n 和m，n 是候選人數目，m 是陪審
團人數。注意，1<=n<=200, 1<=m<=20 而且 m<=n。接下來的n 行，每行表示一個候選人
的信息，它包含2 個整數，先後是控方和辯方對該候選人的打分。候選人按出現的先後從1
開始編號。兩組有效數據之間以空行分隔。最後一組數據n=m=0
輸出要求
對每組數據，先輸出一行，表示答案所屬的組號, 如 'Jury #1', 'Jury #2', 等。接下來的
一行要象例子那樣輸出陪審團的控方總分和辯方總分。再下來一行要以升序輸出陪審團裏每
個成員的編號，兩個成員編號之間用空格分隔。每組輸出數據須以一個空行結束。
輸入樣例
4 2
1 2
2 3
4 1
6 2
0 0
輸出樣例
Jury #1
Best jury has value 6 for prosecution and value 4 for defence:
2 3

 

用動態規劃來解

動態規劃可以看成是重複子問題+遞歸

設p爲控方向量，d爲辯方向量

評分從-400到400
f（j，k）爲選取第j個人，評分差爲k的辯控總分
對於任意的i，i大於0小於n，則有
f(j,k)=f(j-1+1,x+p[i]-d[i])
則就有
f(j,k)=f(j-1,x)+p[i]+d[i];

如果新的f（j,k)大於舊的，則替換舊的，否則不替換

初始值爲k=0，在程序中或許是某個值，以免避免序號k出現負值。
那麼初始的f（0,0）=0；
在第一輪的時候只有辯控差爲0的合理
對所有的候選人做
f（1，p[i]-d[i])=max(f(1,p[i]-d[i]),f(0,0)+p[i]+d[i]);
這樣就可以完成選一個人的操作。
做完之後離k=0最近的非負的就是我們要的最大的辯控和。下標就是辯控差。
同理，如果選兩個的話，第二輪
k=-400~400
如果f（1，k）合理（此時，只有在第一輪中算出來的合理）
f(2，k+p[i]-d[i])=max(f(2,k+p[i]-d[i]),f(1,k)+p[i]+d[i]);

如果要保存搜索得到的路徑
設路徑path保存路徑向量
path（j,k）保存推薦第j個陪審員時候，辯控差爲k的候選人。
對應上面的f函數，初始值都設爲0。
如果只找一個候選人
則本身path中沒有任何的值，即沒有推薦任何的人。也就是說，推薦第一個人的時候，誰都可以（若推薦第二個人，則以前推薦過的不能再次推薦）
在推薦第一個候選人的時候，只管保存path[0][p[i]-d[i]]=i ;

當選取多個候選人的時候，在更新f(j,k)的同時更新path，因爲更新f（j,k）的同時，意味着選了新的候選人，所以需要更新路徑

當以上都做完之後，
定義一個數組result來取路徑
對i:1~m
 result[i]=path[m-i+1][k];
 k=k-p[result[i]]+d[result[i]];
這樣就都解決了。

#include<stdlib.h> #include<iostream> #include<memory.h> int p[300]; int d[300]; int path[30][1000]; int f[30][1000]; int result[30]; int compareInt(const void *el, const void *e2) { return *((int *)el)-*((int *)e2); } int jurymain() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int no=0; int i=0; while(n+m)//n=0,m=0結束條件 { no++; for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i],&d[i]); memset(f,-1,sizeof(f)); memset(path,0,sizeof(path)); int minD=20*m; f[0][minD]=0; for(int j=0;j<m;j++) { for(int k=0;k<=minD*2;k++) { if(f[j][k]>=0) { i=1; int temp1; int temp2; for(;i<=n;i++) { if(f[j][k]+p[i]+d[i]>f[j+1][k+p[i]-d[i]]) { temp1=j; temp2=k; while(temp1>0&&path[temp1][temp2]!=i) { temp2=temp2-p[path[temp1][temp2]]+d[path[temp1][temp2]]; temp1--; } if(temp1==0) { f[j+1][k+p[i]-d[i]]=f[j][k]+p[i]+d[i]; path[j+1][k+p[i]-d[i]]=i; } } } } } } i=minD; int j=0; int k=0; while(f[m][i+j]<0&&f[m][i-j]<0) j++; if(f[m][i+j]>f[m][i-j]) k=i+j; else k=i-j; printf("Jury #%d/n",no); printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:/n",(k-minD+f[m][k])/2,(minD-k+f[m][k])/2); for(i=1;i<=m;i++) { result[i]=path[m-i+1][k]; k-=p[result[i]]-d[result[i]]; // std::cout<<"result "<<i<<" "<<result[i]<<std::endl; } qsort(result+1,m,sizeof(int),compareInt); for(i=1;i<=m;i++) printf("%d ",result[i]); printf("/n/n"); scanf("%d%d",&n,&m); } //system("pause"); return 0; }  

3，小花店問題

F束花從左到右放在V個花瓶裏面（1<=F<=V<=100)，花要按照花的標誌數從小到大排列。不同的花在不同的花瓶能夠產生不同的美學價值。v[i,j]來表示第i朵花在第j個花瓶產生的美學價值。求把n朵花放在m個花瓶能夠產生的最大的美學價值。

這個題和最大公共子串的思考角度相似。由於花必須要小於等於瓶子。而且花的編號由小到大，不能亂序。例如就不能把出現【2，4】 【1，5】這種現象。也就是說插在花瓶中的花按照花瓶的順序，序號升序排列。

  不妨用f(i,j)來表示把前i朵花插入前個瓶子中。當i=j時，f(i,j)=v[1,1]+v[2,2]+...+v[i,i];

當i=0時，f(0,j)=0; 當i!=j, 且i!=0時f(i,j)=max(f(i,j-1),f(i-1,j-1)+v[i,j]) ,i<=j-1.

#include <stdlib.h> #include <stdio.h> void getMaxValue(int **f,int **v,int m,int n) { for(int j=1;j<=m;j++) { for(int i=1;i<=j-1;i++) { if(f[i-1][j-1]+v[i][j]>f[i][j-1]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+v[i][j]; else f[i][j]=f[i][j-1]; } } } int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int **v=new int[n+1][m+1]; int **f=new int[n+1][m+1]; v[0][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("$d",v[i][j]); for(int j=0;j<=m;j++) v[0][j]=0; int tempSum=0; for(int i=0;i<=n;i++) { sum+=v[i][i]; f[i][i]=sum; } getMaxValue(f,v,m,n); delete(v); return 0; }

 

 4,最佳旅行線問題

簡單描述：某航空公司給的獎品，一張免費的機票。可以從最西邊的一個城市出發，必須到達最東邊的一個城市，然後返回起點城市。每個城市職能經過一次，起點被訪問2次。問最多能夠訪問多少個城市。

這個題可以使用動態規劃的方法。這個題目也使我想起了《算法導論》中裝配線的問題，其實基本是一致的。

在很多的書或者是解法中，都用了這樣的方法：從起點開始，兩條路一起走f[i,j]表示兩條不相交的路線分別到達i和j時，所需乘坐航線的最大值

f(1,1)=0;

f(i,j)= max{f(k,j)}+1,i>j ;k是i的前驅節點。

         max{f(i,k)}+1,i<j

f(i,i)無意義

該算法是沒有錯的。很多地方也用這個算法做了一些程序版本。但是這個算法有一個限制，就是前驅節點。在t大某位老師的書中，他枚舉所有的點對，然後對f矩陣進行更新（傳統的動態規劃方法）。但是他這個有一個前提，那就是所有節點的序號符合拓撲序列。但是題目中並沒有說城市符合拓撲序列。假如說序號比較隨意，t大的這本書中的就錯了。但是他並沒有在代碼中說明，算是對讀者的一個誤導。

#ifndef TICKETAWARD_H #define TICKETAWARD_H class TicketAward { int *b;//度數 int **g;//g(i,j)表示第i個點的第j個孩子 int **f;//函數f int n;//總共有n個節點 public: TicketAward(); int max(int x,int y); }; #endif  

#include "stdafx.h" #include <iostream> #include "TicketAward.h" TicketAward::TicketAward() { std::cin>>n; g=new int *[n+1]; b=new int[n+1]; f=new int*[n+1]; for(int i=1;i<=n;i++) { g[i]=new int[n+1]; f[i]=new int[n+1]; b[i]=0; for(int j=1;j<=n;j++) { } } int temp=0; for(int i=1;i<=n;i++) { std::cin>>temp;//輸入i的第一個孩子，如果不爲0，即就是存在孩子節點，則繼續 while(temp!=0) { b[i]++; g[i][b[i]]=temp; std::cin>>temp; } } f[1][1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=b[i];j++) { if(i==j==1) continue; if(i<j) for(int k=1;k<=b[i];k++) { f[i][j]=max(f[i][j],(f[g[i][k]][j]+1)); } if(i>j) for(int k=1;k<=b[j];k++) { f[i][j]=max(f[i][j],(f[g[j][k]][j]+1)); } } } std::cout<<(f[n][n]-2); } int TicketAward::max(int x, int y) { return x>y?x:y; }  

 

 

5, 最長詞鏈問題

給定一個僅僅包含小寫字母的英文單詞表，其中每個單詞至少包含一個字母，最多包含75個字母，且按照字典序排列。所有單詞包含的單詞個數之和不超過200w

     如果在一張由一個單詞或者多個單詞組成的表中，每個單詞都被其後的一個單詞所包含，則成此表爲一個鏈。

     現在要求從單詞表中找到一個包含單詞書最多的最長詞鏈。

該問題可以由動態規劃解。這讓我想起了一個題：在一個連續的長字符串中，找出匹配次數最多的一個詞組，不能有重疊。相同的方法。

令F（k）表示第k個單詞的時候的最長的鏈。則F（k）=maxF（i）+1，i從1，到k-1，並且第i個單詞是第k個的前綴。這兒問題就解了。

但是，對於這道題還有其他的解法。由於字典序並非亂序。每個單詞的前一個單詞所包含的前綴很可能就是這個單詞的前綴，並且前一個單詞也可能就是該單詞的前綴。因爲前綴的特殊性。所以只用檢查前一個單詞的前綴（包括該單詞本身）就能找出該前綴鏈

代碼爲非動態規劃算法

#include "stdafx.h" #ifndef MOSTLENGTHLETTER_H #define MOSTLENGTHLETTER_H #include <iostream> #include <string> struct Pnode { int len; Pnode *next[26]; }; struct MostLengthLetters { public: MostLengthLetters() { for(int i=0;i<=25;i++) { root.next[i]=NULL; } ans=0; std::cout<<"please input the num of words"<<std::endl; std::cin>>wordsNum; this->getWords(); } void getWords(); void update(std::string temp); int wordsNum; Pnode root; int ans; }; void MostLengthLetters::getWords() { std::string temp; for(int i=0;i<this->wordsNum;i++) { std::cin>>temp; this->update(temp); } } void MostLengthLetters::update(std::string temp) { int len=temp.length(); Pnode p=root; int max=0; int i=1; int tempInt=0; while(i<len) { tempInt=temp[i]-'a'; if(p.next[i]==NULL) { Pnode *node=new Pnode; node->len=0; for(int j=0;j<=25;j++) { node->next[j]=NULL; } } if(max<p.len) max=p.len; i++; p=*p.next[tempInt]; } p.len=max+1; this->ans=p.len; return; } #endif

6, 整數劃分問題

給定一個自然數，分成k部分，A1，A2..的數的和，要求A1<=A2...求有多少種？

 

 

原理：整數n拆分成最多不超過m個數的和的拆分數，和n 拆分成最大不超過m的拆分數相等。

根據這個原理，原問題就轉化成了求最大拆分爲k的拆分個數與最大拆分爲k-1的拆分個數的差

f(n,k)=f(n,k-1)+f(n-k,k)。

#include "stdafx.h" #ifndef SPLITTOKNUM_H #define SPLITTOKNUM_H #include<iostream> #include <memory.h> #define MaxN 100 class SplitToKNum { public: SplitToKNum() { std::cin>>n; std::cin>>k; memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1;i<=k;i++) { f[MaxN][i]=1; } for(int j=1;j<=k;j++) for(int i=MaxN+1;i<=MaxN+n;i++) f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j]; std::cout<<f[n+MaxN][k]-f[n+MaxN][k-1]<<std::endl; } int n; int k; int f[2*MaxN+1][MaxN]; }; #endif  

同時附上ferrer圖的幾個原理：

a，整數n拆分成k個數的和的拆分數，和數n拆分最大數位k的拆分數相等

b，整數n拆分成最多不超過m個數的和的拆分數，和n拆分成最大不超過m的拆分數相等。

c，整數n拆分成互不相同的若干奇數的和的的拆分數,和n拆分成自共軛的Ferrers圖像的拆分數相等.

7,青蛙的煩惱

池塘裏面有n片荷花，正好形成一個凸多邊形，按照順時針方向將這n片和也順次編號爲1，2，3，4，5...，n。一隻青蛙想要跳過這些荷葉，每個只能跳過一次，希望跳過的距離最短。

輸入荷葉數n，每片荷葉的座標xy，輸出最短距離。

分析：凸多邊形，首先不能出現交叉路，否則，由兩邊之和大於第三邊可以知道，這樣實際上是路程變長了。

其次，直接按照凸多邊形也不正確，可以參考平行四邊形，其中一個角爲30度，請自行畫圖查明。

 

方法：每次每個頂點只能到與自己相鄰的兩個中的一個（到其他頂點邊會出現交叉），剩下的n-1個頂點也遵從這一規則。則可以使用動態規劃的方法。

 

從s到L

則如果從s出發，則f(s,L,0)=min{dis(s，s+1)+f(s+1,L-1,0),f(s+1,L-1,1)+dis(s+L-1,s)}

如果從s+L-1出發則f(s,L,1)=min{dis(s,s+L-1)+f(s+L-1,L-1,0),f(s+L-1,L-1,0)+dis(s+L-1,s)}

#include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <iostream> #define MAXN 1000 double x[MAXN];// x radix double y[MAXN]; double dis[MAXN][MAXN]; int n;// the num of double f[MAXN][2][2]; double min(double a,double b) { return a<b?a:b; } int main() { std::cout<<"please input the num of the points"<<std::endl; std::cin>>n; for(int i=0;i<n;i++) { std::cin>>x[i]>>y[i]; } for(int i=0;i<n-1;i++) { for(int j=i+1;j<n;j++) { dis[i][j]=(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]); dis[j][i]=dis[i][j]; } } int sign=0; double ans=1000000; for(int j=1;j<=n;j++) { sign=1-sign; for(int i=n-1;i>=0;i--) { if(j==1) { f[i][sign][0]=0; f[i][sign][1]=0; } else { f[i][sign][1]=min(f[(i+1)%n][1-sign][1]+dis[i][(i+1)%n],f[(i+1)%n][1-sign][0]+dis[i][(i+j-1)%n]); f[i][sign][0]=min(f[i][1-sign][1]+dis[(i+j-1)%n][i],f[i][1-sign][0]+dis[(i+j-1)%n][(i+j-2)%n]); } if(j==n) ans=min(ans,f[i][sign][1]); } } //std::cout<<f[1][sign][1]<<"/t"<<f[1][sign][0]<<std::endl; std::cout<<ans<<std::endl; return 0; }

 

8排列問題

 

在整數1，2，。。。，n中，有些排列滿足下面的性質：該排列中除了最後一個數字以外，每個整數後面都跟有一個同它相差爲1的整數。例如：N=4，排列1432滿足上述性質。求，如果 任意指定p個位置的值，求最多有幾個排列滿足如上性質

 

這種排列滿足一下兩條性質

a，任何一個排列的後k位是若干連續整數的集合

b,如果一個排列的後k位（1<=k<=n)是軟干連續整數組成的集合，則這個排列滿足題目所述的性質。

 

動態規劃的方法即可。設s爲起始的數的大小，r爲連續的多少數的個數

則

 

g(s,r)=g(s+1,j-1),若第1個位置爲s，即倒數第j個位置爲s

   g(s,j-1),若第1個位置爲s+r-1，即倒數的第j個位置爲s+r-1

   不確定則爲上述兩個之和

 

代碼如下

#include <stdlib.h> #include <iostream> #include <memory.h> class RankProgram { public: RankProgram() { std::cout<<"please input the testing data"<<std::endl; std::cin>>n>>p; s=new int[n+2]; g=new int* [n+2]; for(int i=0;i<=n+1;i++) { g[i]=new int[n+2]; memset(g[i],0,sizeof(int)*(n+2)); g[i][1]=1; } memset(s,0,sizeof(int)*(n+2)); int tempData; int tempP; for(int i=1;i<=p;i++) { std::cin>>tempP>>tempData; s[n-tempP+1]=tempData; } for(int i=n;i>=1;i--) { for(int j=2;j<=n-i+1;j++) { if(s[j]==i) g[i][j]=g[i+1][j-1]; else if(s[j]==(i+j-1)) g[i][j]=g[i][j-1]; else g[i][j]=g[i+1][j-1]+g[i][j-1]; } } std::cout<<g[1][n]<<std::endl; } ~RankProgram() { delete [] s; for(int i=0;i<=n+1;i++) delete [] g[i]; delete [] g; } private: int *s; int **g; int p; int n; }; int main() { RankProgram rp; }  

9，畫室問題

 

實際上該題可以描述爲，給定一個尺寸爲N的矩陣，行和列寬度爲2^N,將該矩陣分爲4分，左上角不爲零，其他三部分都包含零。遞歸定義這三部分，直到最小單位，即矩陣只有一個數，爲0；

求如果讓該矩陣移動一個尺寸(x，y)，兩個矩陣重複部分的0的個數。

 

思考：實際上就是判斷移動前和移動後對應的位置是否都爲0，如果都爲0，則總0個數+1。

如果移動到了左上角的位置則不加，其他三部分因爲是一樣的，該部分遞歸定義的上層+1

 

在下面的程序中，k1,k2 表示的位置，在當前區域的哪一塊

a,b表示三個區域，其中左上的直接被忽略了。

kk1，kk2，表示移動到的了哪一個區域

if(!((a+p[i-1]+k1)%2==0&&(b+q[i-1]+k2)%2==1))表示移動到的區域的哪一塊，如果是左上直接忽略

 

 

#ifndef MATRIXMOVE_H #define MATRIXMOVE_H #include <iostream> #include <memory.h> #define MAXN 101 class MatrixMove { public: MatrixMove() { std::cin>>n; memset(f,0,sizeof(f)); f[n+1][0][0]=1; f[n+1][0][1]=f[n+1][1][0]=f[n+1][1][1]=0; std::cin>>x>>y; for(int i=1;i<=n;i++) { p[n-i+1]=x%2; q[n-i+1]=y%2; x=x/2; y=y/2; } for(int i=n+1;i>=2;i--) { for(int k1=0;k1<=1;k1++) for(int k2=0;k2<=1;k2++) for(int a=0;a<=1;a++) for(int b=0;b<=1;b++) { if(!(a==0&&b==1)) { int kk1=(a+p[i-1]+k1)/2; int kk2=(b+q[i-1]+k2)/2; if(!((a+p[i-1]+k1)%2==0&&(b+q[i-1]+k2)%2==1)) { f[i-1][kk1][kk2]+=f[i][k1][k2]; } } } } std::cout<<f[1][0][0]<<std::endl; } private: int n; int x; int y; int f[MAXN][2][2]; int p[MAXN]; int q[MAXN]; }; #endif  

 

10, 中世紀劍士

n個人決鬥，兩兩之間有強弱關係，強弱關係不傳遞，例如a>b,b>c,c>a。n個劍士圍成一個圈，一次抽籤，抽中的人和他右邊的人決鬥，輸了的人出圈。現在問是否存在一種決鬥方式讓第k個人生出，計算可能勝出的的人數和方案。

 

這個題目讓我想起了圍成一個圈的猴子的題目，那個題目是約瑟夫問題。

 

和這個不一樣。

 

這個題目：一個人要勝出，則要勝了所有右邊的人，同時也要勝出左邊的人。因爲是圍成一個圈，所以該人勝出的話，最終肯定是自己跟自己相遇。那麼，這種情況下，把圈展開成一個鏈，將該鏈延長一倍，如果i和i+n可以相遇，則說明i可以勝出。i人向右決鬥，i+n向左決鬥

 

如果兩個人可以相遇，用meet[i,j]來表示

meet[i,j]= true if meet[i,k] and meet[k,j] and (e[i,k] or e[j,k])=true

false

#ifndef ACIENTSOLDIER_H #define ACIENTSOLDIER_H #include <iostream> #include <memory.h> class AcientSoldier { public: AcientSoldier() { std::cin>>n; a=new int*[n+1]; meet=new bool*[2*n+1]; for(int i=1;i<=n;i++) { a[i]=new int[n+1]; meet[i]=new bool[2*n+1]; meet[i+n]=new bool[2*n+1]; memset(meet[i],0,sizeof(bool)*(2*n+1)); memset(meet[i+n],0,sizeof(bool)*(2*n+1)); meet[i][i+1]=true; meet[i+1][i]=true; meet[i+n][(i+n)%2+1]=true; meet[(i+n)%2+1][i+n]=true; for(int j=1;j<=n;j++) std::cin>>a[i][j]; } for(int k=1;k<=2*n;k++) for(int i=1;i<=2*n;i++) for(int j=1;j<=2*n;j++) { if((i<k)&&(j>k)&&meet[i][k]&&meet[k][j]&&a[(i-1)%n+1][(k-1)%n+1]&&a[(j-1)%n+1][(k-1)%n+1]) { meet[i][j]=true; meet[j][i]=true; } } ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(meet[i][i+n]) ans++; } std::cout<<ans<<std::endl;; } private: int n; int **a; bool **meet; int ans; }; #endif  

11, 科學家實驗隕石

 

總共獲得了n1塊A星的和n2塊B星的，每次實驗需要各一塊，實驗完了後不能回收。

總共實驗min（n1,n2）；

 

求每次試驗的絕對值和的最小值

 

先證明一下兩個遞增序列，a1<b1,a2<b2,  |a2-a1|+|b2-b1|<=|b2-a1|+|b1-a2|

 

------a1----------------b1-------------

         - -

-

- O -

------a2----------------b2--------------

由上圖根據兩條邊之和大於第三邊可以直接證明上面的式子

 

所以就可以放心的使用動態規劃了

對兩列數據由小到大排序，少的用i表示，多的用j表示

F[i,j]=min(F[i,j-1],F[i-1][j-1]+dis(i,j))      j>i

  F[i-1][j-1]+dis(i,j)     j=i

 

編程暫時省略，因爲這個題目比較簡單

12,理想收入問題

只有一元的本金，知道每天的股價爲v[i], 求M天之後的理想收入，能夠獲得的最大的收入

 

假設第i天的理想收入爲F[i]

則有F[i]=max(F[j]/v[k])*v[i]; j<=k<i

令M[i]=max(F[j]/v[k])=max(M[i-1],MF[i-1]/v[i]);M[i]表示在第i天可以得到的最多股票數，MF[i-1]表示前i-1天可以取得的最大收入

MF[i]=Max(MF(i-1),F(i-1))

 

13. 一般的RMQ問題 (Range Minimum/Maximum Query)

 

對於給定的N與N個整數A[1...N]，M與M對下標(x,y)（x<=y)，對於每對下標(x,y)求出A[x...y]中最小數的下標

        解法：

                預處理，對於區間中每一個點A，設計以A爲左端點的floor(logN)+1個區間

                [A,A+2^0-1], [A,A+2^1-1],...,[A, A+2^floor(logN)-1]

在求解的過程中，按照區間長度依次求解。[A,A+2^(i+1)-1]，可以通過兩個等長的子區間[A,A+2^i-1]和[A+2^i,A+2^(i+1)-1];

       取用方法：

A，當區間的重疊對結果無影響的時候，例如求最大最小值（本題所述，則根據區間[A,A+2^k-1]與[B-2^k+1,B]來計算

B，當區間的重疊對結果有影響的時候，例如統計數字的多少等等，將[A,B]劃分爲[A,A+2^k-1],

[A+2^K,A+2^k+2^(floor(log(B-(A+2^k)+1)))-1],每次使用對數直接獲得劃分點。所以至多分成了floor(log(B-A+1))+1個區間。

所以這樣處理的時間複雜度爲logN

本題中，所述的所有對數，均是以2爲底。

  本題中，開一個數組，行下標表示區間開始端A，列座標表示區間結束端B

 

#include "stdafx.h" #include <iostream> #include <math.h> using namespace std; class RMQProblem { int N; int M; int *data; int **b; public: RMQProblem() { cin>>N>>M; data=new int[N+1]; b=new int*[N+1]; int tempRankNum=int(floor(log2(double(N))))+1; for(int i=1;i<=N;i++) { cin>>data[i]; b[i]=new int[tempRankNum]; b[i][0]=data[i]; } for(int j=1;j<=tempRankNum;j++) { int k=1<<j; int kk=1<<(j-1); for(int i=1;i<=N-k+1;i++) { b[i][j]=min(b[i][j-1],b[i+kk][j-1]); } } int tempX,tempY,tempZ; for(int i=1;i<=M;i++) { cin>>tempX>>tempY; tempZ=int(floor(log2(tempY-tempX))); cout<<min(b[tempX][tempZ],b[tempY-int(1<<tempZ)][tempZ]); } } double log2(double x) { return log(double(x))/log(2.0); } int min(int x,int y) { return x<y?x:y; } };

14, 關於分石子問題的動態規劃解法

有n個石頭，k個框子。把n個石頭按順序放入k個框子，比如1~3放入1，4~6放入2，要求最大重量的框子的重量最小的放法。

設石子的重量分別爲Q1，Q2，...

g(i,j)=Qi+,...,+Qj;

f(i,j)表示把i個石子放到j個框的最大重量框的重量。

則f(i,j)=min_j-1<=p<i (f(i,j),max(f(p,j-1),g(p+1,i)));

g(i,i)=Q_i ,f(1,1)=g(1,1),f(i,1)=g(1,i);

1<=i<=n;

1<=j<=k;

如果提前把S_i =Q1+,..,+Qi 計算出來，g(j,k)=S_k -S_j-1 則時間複雜度爲O(N² )