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AT_dp

时间:2023-11-30 19:44:50浏览次数:31  
标签:min int namespace long 100005 dp

AT_dp_a Frog 1

设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 跳到 \(n\) 至少需要多少费用,那么 \(i\) 只能从 \(i-1\) 或 \(i-2\) 跳过来,因此得到

\[dp_i=\min\{dp_{i-1}+|a_i-a_{i-1}|,dp_{i-2}+|a_i-a_{i-2}|\} \]

时间复杂度 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],dp[100005];
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		dp[i]=dp[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]);
		if(i>2)dp[i]=min(dp[i],dp[i-2]+abs(a[i]-a[i-2]));
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

AT_dp_b Frog 2

看见 \(K\) 非常小,所以可以暴力。

设 \(dp_i\) 表示从 \(1\) 跳到 \(n\) 至少需要多少费用,那么与上题类似

\[dp_i=\min_{j=1}^{min(i-1,k)}dp_{i-j}+|a_i-a_{i-j}| \]

时间复杂度 \(O(NK)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],dp[100005],k;
signed main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		dp[i]=LONG_LONG_MAX;
		for(int j=1;j<=min(i-1,k);j++)dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+abs(a[i]-a[i-	j]));
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

AT_dp_c Vacation

还是很好想的。设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 天选第 \(j\) 种事情的最大幸福值,那么

\[dp_{i,0}=\max\{dp_{i-1,1},dp_{i-1,2}\}+a_i \]

\[dp_{i,1}=\max\{dp_{i-1,0},dp_{i-1,2}\}+b_i \]

\[dp_{i,2}=\max\{dp_{i-1,0},dp_{i-1,1}\}+c_i \]

最终答案是 \(\max\{dp_{n,0},dp_{n,1},dp_{n,2}\}\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[100005],b[100005],c[100005],dp[100005][3];
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		dp[i][0]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+a[i];
		dp[i][1]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+b[i];
		dp[i][2]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+c[i];
	}
	cout<<max({dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2]});
	return 0;
}

AT_dp_d Knapsack 1

01背包板子。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,W,dp[100005],v[105],w[105],ans;
signed main(){
	cin>>n>>W;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=W;j>=w[i];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
	for(int i=0;i<=W;i++)ans=max(ans,dp[i]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

AT_dp_e Knapsack 2

注意到 \(\sum{v_i}\le 10^5\),所以我们可以设 \(dp_i\) 表示选择的物品价值总和是 \(i\) 中的花费最小值,然后类似转移一下就行了,答案也很好求。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,W,w[105],v[105],dp[100005];
signed main(){
	cin>>n>>W;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>v[i];
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);
	dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=100000;j>=v[i];j--)dp[j]=min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
	for(int i=100000;i;i--)if(dp[i]<=W){
		cout<<i;
		return 0;
	}
}

AT_dp_f LCS

求两个字符串的最长公共子序列是很简单的,我们只需要想如何输出最长公共子序列就行了。

实际上可以找到

标签:min,int,namespace,long,100005,dp
From: https://www.cnblogs.com/DerrickLo/p/17868106.html

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