0X00 P1433 吃奶酪
状压 \(DP\)，把经过的点压缩成01串。若第 \(i\) 位为 \(0\) 表示未到达，为 \(1\) 则表示已到达。
用 \(f[i][j]\) 表示以 \(i\) 为起点，经过 \(j\) 所含 \(1\) 位置的所有点的最小距离。
先预处理出点两两之间的距离，记为 \(dis[i][j]\)，初始化 \(f\) 数组为极大值（\(memset(f,127,sizeof(f))\) 可以为浮点数赋极大值）。将所有的 \(f[i][1<<(i-1)]\) 赋为 \(dis[0][i]\)，也就是原点到它的距离。
转移方程：\(f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k-(1<<(i-1))]+dis[i][j])\)
注意，有前提条件，就是 \(k\&(1<<(i-1)) = 0\)，\(k\&(1<<(j-1)) = 0\)，意为当前的01串 \(k\) 包含了 \(i\) 点和 \(j\) 点。同时要 \(i \ne j\)，这个很好理解。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double x[20],y[20],dis[20][20],f[20][50005],ans=1e9;
int n;
double calc(int i,int j){
return sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
}
void pre(){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=calc(i,j);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
memset(f,127,sizeof(f));
pre();
for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1<<(i-1)]=dis[0][i];
for(int k=1;k<(1<<n);k++){
for(int i=1;i<=n;i++){
if((k&(1<<(i-1)))==0) continue;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
if((k&(1<<(j-1)))==0) continue;
f[i][k]=min(f[i][k],f[j][k-(1<<(i-1))]+dis[i][j]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,f[i][(1<<n)-1]);
printf("%.2lf",ans);
return 73;
}
0X01 P1775 石子合并（弱化版）
记 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 一段区间合并的最小花费。
可以考虑将一个区间 \(i\) ~ \(j\) 从任意位置 \(k\) 分成两段，再合并的最小值。
可以写出转移方程：
\(f[i][j]=\min \{\) \(f[i][k]+f[k+1][j]\) \(\}\) \(+\sum_{x=i}^{j} a[x]\) \((i\le k\le j)\)
其中 \(\sum_{x=i}^{j} a[x]\) 可以用前缀和求出。
因为求最小值，所以初始化 \(f\) 为极大值，同时将 \(f[i][i]\) 赋为 \(0\)。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,f[1005][1005],a[1005],sum[1005];
int main(){
scanf("%d",&n);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
f[i][i]=0;
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int i=1;i<=n-len+1;i++){
int j=i+len-1;
for(int k=i;k<j;k++){
f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1]);
}
}
}
printf("%d",f[1][n]);
return 76;
}
0X02 P1799 数列
记 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数，删掉 \(j\) 个时匹配的最大个数。
首先考虑直接删掉这个数， \(f[i][j]=f[i-1][j-1]\)，相当于不变。注意：当 \(j>0\) 时才考虑这一种情况。
其次，考虑不删这个数。当 \(a[i]=i-j\) 是，这个数刚好是匹配的。所以 \(f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+(a[i]==i-j))\)
最后答案是所有 \(f[i][j]\) 中的最大值。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1005],f[1005][1005],ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<i;j++){
if(j>0) f[i][j]=f[i-1][j-1];
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+(a[i]==i-j));
ans=max(ans,f[i][j]);
}
}
printf("%d",ans);
return 111;
}
0X03 P1107 [BJWC2008]雷涛的小猫
记 \(f[i][j]\) 表示小猫在第 \(i\) 层（设高度为 \(h\) 为第 \(1\) 层，高度为 \(1\) 为第 \(h\) 层），第 \(j\) 棵树上时，最多可以吃到的柿子数量。
\(a[i][j]\) 表示第 \(i\) 棵树第 \(j\) 层有几个柿子，所以读入时这样记（为配合 \(f\)，有点别扭）：
for(int j=1;j<=x;j++) scanf("%d",&y),a[i][h-y+1]++;
两种转移：
- 在同一颗树上下降 \(1\) 单位高度：\(f[i][j]=f[i-1][j]+a[j][i]\)
- 从不同的树下来，下降 \(Delta\) 单位高度：\(f[i][j]=max(f[i][j],f[k][i-de]+a[j][i])\)。有前提条件：\(i>delta\)。
但这样时间复杂度 \(O(n^3)\)，显然 \(TLE\)。考虑优化，\(f[k][i-de]\) 这一维可以用 \(mx[i-de]\) 代替，其中 \(mx[i-de]\) 表示 \(\max \{\) \(f[k][i-de]\) \(\}\)，是可以边算边更新的。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h,de,x,y,f[2005][2005],mx[2005];
int a[2005][2005],ans;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&h,&de);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
for(int j=1;j<=x;j++) scanf("%d",&y),a[i][h-y+1]++;
}
for(int i=1;i<=h;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
f[i][j]=f[i-1][j]+a[j][i];
if(i>de) f[i][j]=max(f[i][j],mx[i-de]+a[j][i]);
mx[i]=max(mx[i],f[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[h][i]);
printf("%d",ans);
return 118;
}
0X04 P1115 最大子段和
\(f[i]\) 表示到 \(i\) 为止最大子段和。
转移：\(f[i]=max(f[i-1],0)+a[i]\)
答案为 \(\max \{\) \(f[i]\) \(\}\)
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[200005],f[200005],ans=-1e9;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
f[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=max(0,f[i-1])+a[i],ans=max(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 101;
}
0X05 环状最大子段和（暂无例题）
分两种情况讨论。
- 子段的头尾在 \(1\) ~ \(n\) 范围内：按上面做。
- 子段横跨了头尾，最大和即为数列总和减去头尾在 \(1\) ~ \(n\) 范围内的最小子段和，求法相似。
记 \(f1\) 为头尾在 \(1\) ~ \(n\) 范围内最大子段和：\(f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i])\)
记 \(f2\) 为头尾在 \(1\) ~ \(n\) 范围内最小子段和：\(f2[i]=min(f2[i-1]+a[i],a[i])\)
初始化 \(f1[1]=f2[1]=a[1]\)
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f1[200005],f2[200005];
int n,a[200005],sum,mx,mn;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
mx=mn=f1[1]=f2[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]),mx=max(mx,f1[i]);
for(int i=2;i<=n;i++) f2[i]=min(f2[i-1]+a[i],a[i]),mn=min(mn,f2[i]);
printf("%d",max(mx,sum-mn));
return 67;
}
0X06 P2642 双子序列最大和
对于每个 \(k(2<k<n)\)，我们让它作隔点，计算出其左边的最大子段和与右边最大子段和，相加，最后取 \(\max\) 即可。
每个点左侧的最大子段和记 \(f1[i]\)，右侧的最大子段和记 \(f2[i]\)，都可以 \(O(n)\) 预处理。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll f1[1000005],f2[1000005];
ll n,a[1000005],ans=-1e18;
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
f1[1]=a[1],f2[n]=a[n];
for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i],f1[i-1]);
for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i+1]+a[i],a[i]);
for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i],f2[i+1]);
for(int i=2;i<n;i++) ans=max(ans,f1[i-1]+f2[i+1]);
printf("%lld",ans);
return 89;
}
0X07 P1121 环状最大两段子段和
环状最大子段和 与 双子序列最大和 的结合体。
需要注意的是，这题中两个子段可以去相邻的，所以更麻烦一些。
- 首先，两子段的头尾在 \(1\) ~ \(n\) 范围内，可以按原来做，只要最后求答案改成可以相邻即可：
for(int i=1;i<n;i++) mx=max(mx,f1[i]+f2[i+1]);
- 其次，两子段其中一段横跨了头尾，这时不用考虑相邻，因为相邻就会变成第一种情况。只要分类讨论，算一遍原数组和原数组最小子段和，整体后移一位的数组的最小子段和，取 \(\min\) 与 \(sum\) 作差即可。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f1[200005],f2[200005],f3[200005],f4[200005];
int n,a[200005],sum,mx=-2e9,mn;
int mmn(int k,int n){
int tmp=2e9;
f3[1]=a[1+k],f4[n]=a[n+k];
for(int i=2;i<=n;i++) f3[i]=min(f3[i-1]+a[i+k],min(a[i+k],0));
for(int i=2;i<=n;i++) f3[i]=min(f3[i-1],f3[i]);
for(int i=n-1;i>0;i--) f4[i]=min(f4[i+1]+a[i],min(a[i],0));
for(int i=n-1;i>0;i--) f4[i]=min(f4[i+1],f4[i]);
for(int i=2;i<n;i++) tmp=min(tmp,f3[i-1]+f4[i+1]);
return tmp;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
f1[1]=a[1],f2[n]=a[n];
for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i-1]+a[i],a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++) f1[i]=max(f1[i],f1[i-1]);
for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i+1]+a[i],a[i]);
for(int i=n-1;i>=1;i--) f2[i]=max(f2[i],f2[i+1]);
for(int i=1;i<n;i++) mx=max(mx,f1[i]+f2[i+1]);
mn=min(mmn(0,n-1),mmn(1,n-1));
printf("%d",max(mx,sum-mn));
return 89;
}