动态规划

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mob604756ef7d06 2021-09-11 22:09:00

文章标签 动态规划 i++ c++ #include 结点 文章分类 代码人生

动态规划_结点树形dp

前言

谜语人滚出哥谭市！（bushi

看了好多博客，感觉都没看懂。

救命。

树形DP

没有上司的舞会

题意

有一个有$n+1$个节点的树，树根为 $0$。编号为 $ 1到n $ 的点分别有自己的权值$r_i$。在$1到n$的节点中，如果取了一个节点的父亲节点，那么就不能取这个节点。

求总权值的最大值。

解

设 $dp[i][0/1]$ 为以$i$为根的子树，取 / 不取 $i$ 所得的权值最大值。

所以答案 $ =max(dp[0][1],dp[0][0]) $ .

用 $s_i$ 表示 $i$ 的孩子的集合,用 $val[i]$ 表示节点 $i$ 的权值。

那么状态转移:

如果不选$i$:

$dp[i][0]=\sum_{j∈s_i}^{} max（dp[j][0],dp[j][1]）$

如果选$i$:

$dp[i][1]=( \sum_{j∈s_i} dp[j][0] ) + val[i] $

关于循环方式：$dfs$

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e4+105;
int dp[N][3];
int nex[N],to[N],v[N],h[N];bool f[N];
int n,x,y,z,root,cnt;
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x){
f[x]=1;dp[x][1]=v[x];
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
if(f[to[i]])continue;
dfs(to[i]);
dp[x][1]+=dp[to[i]][0];
dp[x][0]+=max(dp[to[i]][1],dp[to[i]][0]);
  }
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>x>>y;
add(x,y);add(y,x);
  }
dfs(1);
printf("%d",max(dp[1][0],dp[1][1]));
return 0;
}

最大子树和

题意

找到树上点权之和最大的一个连通分量。（虽然原题说了很多，但是总结起来确实只有这句话

解

设 $dp[i]$ 为以$i$为根的子树中的最大点权和

所以有：

$dp[i]=v[i]+( dp [j] > 0 ? dp [j] : 0 )$ ,

$j为i的儿子$

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+105;
const int INF=2147483647;
int dp[N],n,x,y,ans=-INF;
int nex[N],to[N],h[N],v[N],cnt;bool f[N];
void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x){
dp[x]=v[x];f[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
if(f[to[i]])continue;
dfs(to[i]);
dp[x]+=((dp[to[i]]>0)?dp[to[i]]:0);
  }
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>x>>y;
add(x,y);add(y,x);
  }
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d",ans);
return 0; 
}

[CTSC1997]选课

题意

树形背包模板。

有一个有 $N$ 个节点的森林，取一个节点的权值时，要求也要取其父亲节点。一共取$M$个点。

解

把所有树的根节点连接一个 $0$ 节点，变成一棵树。

在树上跑背包。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=405;
int nex[N],to[N],v[N],h[N],cnt;
int dp[N][N],root,n,m,x,y;
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x,int w){
if(m<=0) return ;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
for(int k=0;k<w;k++) dp[to[i]][k]=dp[x][k]+v[to[i]];
dfs(to[i],w-1);
for(int k=1;k<=w;k++)dp[x][k]=max(dp[x][k],dp[to[i]][k-1]);
  }
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x>>v[i];
add(x,i);
  }
dfs(0,m);
printf("%d",dp[0][m]);
return 0;
}

[NOI1995] 石子合并

题目描述

在一个圆形操场的四周摆放 $N$ 堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相邻的 $2$ 堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。

试设计出一个算法,计算出将 $N$ 堆石子合并成 $1$ 堆的最小得分和最大得分。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=305;
const int INF=2147483640;
int a[N],q[N],n,dp1[N][N],dp2[N][N];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read();
memset(dp1,0x3f,sizeof(dp1));memset(dp2,0x80,sizeof(dp2));
int m=n*2;
for(int i=1;i<=m;i++)dp1[i][i]=0,dp2[i][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();a[i+n]=a[i];}
for(int i=1;i<=m;i++) q[i]=a[i]+q[i-1];
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int l=1;l<=m;l++){
int r=l+len-1;
if(r>m) break;
for(int k=l;k<r;k++){
dp1[l][r]=min(dp1[l][k]+dp1[k+1][r]+q[r]-q[l-1],dp1[l][r]);
dp2[l][r]=max(dp2[l][k]+dp2[k+1][r]+q[r]-q[l-1],dp2[l][r]);
      }
    }
int ans1=INF,ans2=(-INF);
for(int i=1;i<=n;i++){
ans1=min(ans1,dp1[i][i+n-1]);
ans2=max(ans2,dp2[i][i+n-1]);
  }
printf("%d\n%d",ans1,ans2);
return 0; 
}

在 Mars 星球上，每个 Mars 人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有 NN 颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是 Mars 人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为 mm，尾标记为 rr，后一颗能量珠的头标记为 rr，尾标记为 nn，则聚合后释放的能量为 m \times r \times nm×r×n（Mars 单位），新产生的珠子的头标记为 mm，尾标记为 nn。

需要时，Mars 人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。

例如：设 N=4N=4，44 颗珠子的头标记与尾标记依次为 (2,3)(3,5)(5,10)(10,2)(2,3)(3,5)(5,10)(10,2)。我们用记号 \oplus⊕ 表示两颗珠子的聚合操作，(j \oplus k)(j⊕k) 表示第 j,kj,k 两颗珠子聚合后所释放的能量。则第 44 、 11 两颗珠子聚合后释放的能量为：

(4 \oplus 1)=10 \times 2 \times 3=60(4⊕1)=10×2×3=60。

这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为：

((4 \oplus 1) \oplus 2) \oplus 3)=10 \times 2 \times 3+10 \times 3 \times 5+10 \times 5 \times 10=710((4⊕1)⊕2)⊕3)=10×2×3+10×3×5+10×5×10=710。

输入格式

第一行是一个正整数 N(4 \le N \le 100)N(4≤N≤100)，表示项链上珠子的个数。第二行是 NN 个用空格隔开的正整数，所有的数均不超过 10001000。第 ii 个数为第 ii 颗珠子的头标记 (1 \le i \le N)(1≤i≤N)，当 i<Ni<N 时，第 ii 颗珠子的尾标记应该等于第 i+1i+1 颗珠子的头标记。第 NN 颗珠子的尾标记应该等于第 11 颗珠子的头标记。

至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。

普通的背包

（1） 01背包问题

P2871 [USACO07DEC]Charm Bracelet S

题目

有 $N$ 件物品和一个容量是 $M$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的重量是 $C_i$，价值是 $W_i$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入

第一行：物品个数 $N$ 和背包大小 $M$

第二行至第 $N+1$ 行：第 $i$ 个物品的重量 $C_i$ 和价值 $W_i$

code

注释版：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+105;//注意空间大小 
int N,M,c[maxn],w[maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
//cout<<"Nickle's code"<<endl;
cin>>N>>M;//N为物品个数，M为背包大小 
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>c[i]>>w[i];//c为重量，w为价值 
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=M;j>=0;j--){
if(j>=c[i]) f[i][j]=max(f[i-1][j-c[i]]+w[i],f[i-1][j]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
    }
cout<<f[N][M];
return 0;
}

核心代码纯享版：

  for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=M;j>=0;j--){
if(j>=c[i]) f[i][j]=max(f[i-1][j-c[i]]+w[i],f[i-1][j]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
    }
cout<<f[N][M];

（2）分组(01)背包

P1757 通天之分组背包

题目描述

自 $01$ 背包问世之后，小 $A$ 对此深感兴趣。

一天，小 $A$ 去远游，却发现他的背包不同于 $01$ 背包，他的物品大致可分为 $k$ 组，每组中的物品相互冲突，现在，他想知道最大的利用价值是多少。

输入格式

两个数 $m,n$ ,表示一共有 $n$ 件物品，总质量为 $m$

接下来 $n$ 行，每行 $3$ 个数 $a_i，b_i，c_i$ 表示物品的重量，利用价值，所属组数

code

注释版：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+105;//注意空间大小 
int m,n,f[maxn],a[maxn],b[maxn],Kind,c_cnt[1005],c_num[1005][1005],x;
//kind记录组数，f是转移数组，a是重量，b是价值 
//c_cnt[i]记录第i组一共有几件东西，c_num[i][j]记录第i组第j件物品的总序号 
int main(){
//cout<<"Nickle"'s code"<<endl;
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>x;
Kind=max(x,Kind);
c_cnt[x]++;c_num[x][c_cnt[x]]=i;
  } 
for(int i=1;i<=Kind;i++)
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=c_cnt[i];k++)
if(j>=a[c_num[i][k]])f[j]=max(f[j],f[j-a[c_num[i][k]]]+b[c_num[i][k]]);
cout<<f[m];
return 0;
}

核心代码纯享版：

for(int i=1;i<=Kind;i++)
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=c_cnt[i];k++)
if(j>=a[c_num[i][k]])f[j]=max(f[j],f[j-a[c_num[i][k]]]+b[c_num[i][k]]);

（3）完全背包问题

完全背包例题

题目

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包,每种物品都有无限件可用。第 $i$ 种物品的体积是 $v_i$，价值是 $w_i$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，$N$，$V$，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行两个整数 $v_i,w_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 种物品的体积和价值。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long  
using namespace std;
const int N=1e7+5;
int n,V,w[N],v[N],f[N];
signed main(){
cin>>n>>V;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
for(int i=1;i<=n;i++) 
for(int j=v[i];j<=V;j++) 
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[V];
return 0;
}

核心代码：

for(int i=1;i<=n;i++) 
for(int j=v[i];j<=V;j++) 
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);

（4）多重背包问题

问题一

多重背包问题 I

题目

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包。

第 $i$ 种物品最多有 $s_i$ 件，每件体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V，

用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，

用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int m=1e4+5;
int T,M,num,val,wight,cnt,tot,w[m],v[m],f[m];
int main(){
cin>>M>>T;
while(M--){
cin>>wight>>val>>num;
while(num--){v[++cnt]=val;w[cnt]=wight;}                  
  }
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=T;j>=w[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);             
cout<<f[T];  
return 0;
}

核心代码

  while(num--){v[++cnt]=val;w[cnt]=wight;}

问题二二进制优化方法

多重背包问题 II

给定任意一个数$s$，最少把$s$分为多少个数，可以使得这些数拼成小于等于$s$的所有数？

$log2（s）$

假设这个数是$8$，可以拆成$1,2,4$

假设这个数是$10$，可以拆成$1,2,4,3$

假设这个数是$7$，可以拆成$1,2,4$

$s-1-2-4……$一直到不能减为止

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[2105],v,w,s;
struct qwq{int v,w;};
vector<qwq> q;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>v>>w>>s;
for(int k=1;k<=s;k<<=1){s-=k;q.push_back({v*k,w*k});}
if(s>0) q.push_back({v*s,w*s});
  }
for(auto qwq: q)for(int j=m;j>=qwq.v;j--)f[j]=max(f[j],f[j-qwq.v]+qwq.w);
cout<<f[m]<<endl;
return 0;
}

yxc大佬讲得太好了

问题三单调队列优化

多重背包问题 III

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+105;
int n,m,f[N],g[N],q[N],c,w,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>c>>w>>s;
memcpy(g,f,sizeof(f));
for(int j=0;j<c;j++){
int hh=0,tt=-1;
for(int k=j;k<=m;k+=c){
f[k]=g[k];
if(hh<=tt&&k-s*c>q[hh]) hh++;
if(hh<=tt) f[k]=max(f[k],g[q[hh]]+(k-q[hh])/c*w);
while(hh<=tt&&g[q[tt]]-(q[tt]-j)/c*w<=g[k]-(k-j)/c*w) tt--;
q[++tt]=k;
      }
    }
  }
cout<<f[m];
return 0;
}

没有auto的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+105,M=2e3+105;
int n,m,v[N],w[N],f[N],cnt,a,b,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a>>b>>s;
int k=1;
while(k<=s){v[++cnt]=a*k;w[cnt]=b*k;s-=k;k<<=1;}
if(s>0){v[++cnt]=a*s;w[cnt]=b*s;}
  }
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=m;j>=v[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[m];
return 0;
}

（5）混合背包问题

混合背包问题

题目

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品一共有三类：

第一类物品只能用 $1$ 次（ $01$ 背包）；
第二类物品可以用无限次（完全背包）；
第三类物品最多只能用 $s_i$ 次（多重背包）；

每种体积是 $v_i$，价值是 $w_i$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，$N，V$，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行三个整数 $v_i,w_i,s_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 种物品的体积、价值和数量。

$s_i=−1$ 表示第 $i$ 种物品只能用 $1$ 次；
$s_i=0$ 表示第 $i$ 种物品可以用无限次；
$s_i>0$ 表示第 $i$ 种物品可以使用 $s_i$ 次；

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+105;
int n,m,v[N],w[N],f[N],cnt,a,b,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a>>b>>s;
int k=1;
if(s<0) s=1;
else if(s==0) s=m/a;
while(k<=s){v[++cnt]=a*k;w[cnt]=b*k;s-=k;k<<=1;}
if(s>0){v[++cnt]=s*a;w[cnt]=b*s;}   
  }
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=m;j>=v[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[m];
return 0;
}

座右铭：我从来没有见过这样阴郁而又光明的日子。

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