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动态规划做题笔记

时间：2024-02-03 11:56:11浏览次数：24  
标签：underset le 子段 int max 笔记 序列 动态 规划

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线性动态规划

[NOIP1999 提高组] 导弹拦截

第一问求最长不上升子序列，第二问可以考虑贪心，从左到右依次枚举每个导弹。假设现在有若干个导弹拦截系统可以拦截它，那么我们肯定选择这些系统当中位置最低的那一个。如果不存在任何一个导弹拦截系统可以拦截它，那我们只能新加一个系统了，这个过程等价于求最长上升子序列。

\(O(n^2)\) 的算法如下：

状态：\(f_{i}\) 表示以 \(a_i\) 结尾的最长上升子序列的长度。

阶段：子序列的结尾在原序列中的位置。

转移：\(f_{i}= \underset{0 \le j < i,a_{i} < a_{j}}{\max}\{f_{j}+1\}\)。

边界：\(f_{0}=0\)

目标：\(\underset{1 \le i \le n}{max}\)

求最长不下降子序列的方法与之类似。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005],t,n,f[100005],ans;
int main(){
	while(cin>>t){
		a[++n]=t;
		f[n]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<i;j++){
			if(a[j]>=a[i]){
				f[i]=max(f[i],f[j]+1);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,f[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	ans=0;
	memset(f,0,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<i;j++){
			if(a[i]>a[j]){
				f[i]=max(f[i],f[j]+1);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,f[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

这个算法可以通过原数据，但是对于本题来说，我们需要使用 \(O(n \log n)\) 的算法。我们可以考虑用二分优化 DP。

定义 \(f_{i}\) 表示对于所有长度为 \(i\) 的单调不上升子序列，它的最后一项最大值。随着 \(i\) 的增大，\(f\) 一定单调不上升。

记 \(f\) 的长度为 \(len\)。对于每一个 \(a_{i}\)，分两种情况讨论：

  1. 若 \(a_{i} \le f_{len}\)，则将 \(a_{i}\) 从 \(f\) 的末尾加入。

  2. 若 \(a_{i} > f_{len}\)，则在 \(f\) 中二分查找第一个小于 \(a_{i}\) 的数并用 \(a_{i}\) 替换它。

为什么可以这么处理第二种情况呢？这是因为若以一个较小的数作为不上升子序列的结尾，则在接下来的尝试中，这个子序列“下降”的空间较小。若以一个较大的数作为不上升子序列的结尾，则在接下来的尝试中，这个子序列“下降”的空间较大。

求最长上升子序列的优化方法与之类似。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005],t,n,f[100005],ans;
int main(){
	while(cin>>t){
		a[++n]=t;
	}
	f[1]=a[1];
	ans++;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(f[ans]>=a[i]) f[++ans]=a[i];
		else f[upper_bound(f+1,f+1+ans,a[i],greater<int>())-f]=a[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
	memset(f,0,sizeof(f));
	ans=0;
	f[1]=a[1];
	ans++;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(f[ans]<a[i]) f[++ans]=a[i];
		else f[lower_bound(f+1,f+1+ans,a[i])-f]=a[i];
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

尼克的任务

直觉告诉我们，可以定义 \(f_{i}\) 表示到从第 \(1\) 分钟到第 \(i\) 分钟
的最大空闲时间，经过尝试后发现很难推出状态转移方程，于是正难则反，定义 \(f_{i}\) 表示第 \(i\) 分钟到第 \(n\) 分钟的最大空闲时间，采用逆序遍历的方式。

状态：\(f_{x}\) 表示从第 \(x\) 分钟到第 \(n\) 分钟的最大空闲时间。

阶段：第 \(x\) 分钟。

转移：\(f_x = \begin{cases} f_{x+1} + 1 & \text{无任务开始} \\ \underset{1 \le i \le y}{\max}\{f_{x+a_i}\} & \text{当前有 y 个任务开始，第 i 个任务的结束时间为 a_i} \\ \end{cases}\)

边界：\(f_{n}=0\)。

目标：\(f_{1}\)

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,f[10005];
vector<int> v[10005];
int main(){
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int t1,t2;
		cin>>t1>>t2;
		v[t1].push_back(t2);
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(v[i].size()==0){
			f[i]=f[i+1]+1;
			continue;
		}
		for(int j=0;j<v[i].size();j++){
			f[i]=max(f[i],f[i+v[i][j]]);
		}
	}
	cout<<f[1];
	return 0;
}

双子序列最大和

我们先来考虑如何求一个序列的最大子段和。

状态：\(f_i\) 表示以在原序列中的第 \(i\) 个位置结尾的最大子段和。

转移：\(f_i=\max(f_{i-1},a_i)\)。

边界：\(f_1=a_1\)。

目标：\(f_n\)。

当然也可以使用线段树来解决这个问题，这里不赘述。

那么如何求解本题呢？

由于选出的两个子段必须至少间隔一个位置，所以我们可以考虑间隔的一个位置 \(i\)，那么答案就是第 \(i\) 个位置前的最大子段和与第 \(i\) 个位置后的最大子段和，并且两段子段不相交，满足题意。

状态：\(f_{i}\) 表示在原序列中以 \(i\) 结尾的最大子段和，\(g_{i}\) 表示在原序列中以 \(i\) 开头的最大子段和。

转移:\(f_{i}=\max(f_{i-1},a_{i}),g_{i}=\max(g_{i+1},a_{i})\)。

目标：记 \(x_{i}=\underset{1 \le j \le i}{max}\{f_{j}\},y_{i}=\underset{1 \le j \le i}{max}\{g_{j}\}\)，目标即为 \(\underset{2 \le i \le n-1}{max}\{x_{i-1}+y_{i+1}\}\)。

边界：\(f_{1}=a_{1},g_{n}=a_{n}\)。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1000005],f1[1000005],f2[1000005],ans=-(1<<30);
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>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-1],f1[i]);//这里求的就是目标中的x[i]，表示的不是以i结尾的最大子段和，而是1~i的最大子段和
	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+1],f2[i]);//这里求得就是目标中的y[i]，表示的不是以i开头的最大子段和，而是i~n的最大子段和
	for(int i=2;i<n;i++) ans=max(ans,f1[i-1]+f2[i+1]);
	cout<<ans;
	return 0;
}

Flowers

本题的实质就是给最长上升子序列加了一个权值。

状态：\(f_i\) 表示以在原序列中的第 \(i\) 个位置结尾的满足条件的最大答案。

转移：\(f_{i}= \underset{0 \le j < i,a_{i} < a_{j}}{\max}\{f_{j}|h_{j} < h_{i}\}+a_i\)。

目标：\(\underset{1\le i \le n}{\max}\{f_i\}\)。

边界：\(f_i=a_i(1\le i \le n)\)。

时间复杂度为 \(O(n^2)\)，本题的数据范围为 $ 1\ \leq\ N\ \leq\ 2\ ×\ 10^5 $，无法承受。

在状态转移方程中，求满足条件的最大的 \(f_{j}\) 的操作可以使用线段树优化。

优化后的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)，可以通过本题。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,h[200005],a[200005];
long long f[200005],ans=-(1<<30);
struct node{
	int l,r;
	long long dat;
	#define l(x) t[x].l
	#define r(x) t[x].r
	#define dat(x) t[x].dat
}t[200005*4];
void build(int p,int l,int r){
	l(p)=l;
	r(p)=r;
	if(l==r){
		dat(p)=0;
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1|1,mid+1,r);
	dat(p)=0;
}
void change(int p,int x,long long v){
	if(l(p)==r(p)){
		dat(p)=v;
		return;
	}
	int mid=(l(p)+r(p))>>1;
	
	if(x<=mid) change(p<<1,x,v);
	else change(p<<1|1,x,v);
	dat(p)=max(dat(p<<1),dat(p<<1|1));
}
long long ask(int l,int r,int p){
	if(l<=l(p) && r>=r(p)) return dat(p);
	int mid=(l(p)+r(p))>>1;
	
	long long val=0;
	if(l<=mid) val=max(val,ask(l,r,p<<1));
	if(r>mid) val=max(val,ask(l,r,p<<1|1));
	return val;
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=a[i];
	build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=ask(1,h[i],1)+a[i];
		change(1,h[i],f[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

---

区间动态规划

石子合并

以求最小分数为例，求最大分数的方法与之类似。

显然，一个区间 \([l,r]\) 一定是由 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\) 转移到的\((l \le k < r)\)。这就意味着两个长度较短的区间上的信息想一个长度较长的区间发生了转移，所以，我们可以把区间长度作为阶段。

那么我们应该如何处理环形呢？只需要将给定的序列 \(a\)，复制一份并接在 \(a\) 的末尾即可。

状态：\(f_{i,j}\) 表示将 \([l,r]\) 这个区间内的石子全部合并得到的最小分数。

阶段：区间的长度。

转移：\(f_{l,r}=\underset{l \le k <r}{min}\{f_{l,k}+f_{k+1,r}\}+\sum^r_{i=l}a_{i}\)。

边界：\(\forall i \in [1,2 \times n],f_{i,i}=0\)，其余均为无穷大。

目标：\(\underset{1 \le i \le n}{min}\{f_{i,i+n-1}\}\)。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,a[500],sum[500],ans,f[500][500];
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		a[i+n]=a[i];
	}
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++){
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
		f[i][i]=0;
	}
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int l=1;l+i-1<=(n<<1);l++){
			int r=l+i-1;
			for(int k=l;k<r;k++){
				f[l][r]=min(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]);
			}
			f[l][r]+=sum[r]-sum[l-1];
		}
	}
	ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=min(ans,f[i][i+n-1]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	memset(f,0xcf,sizeof(f));
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++) f[i][i]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int l=1;l+i-1<=(n<<1);l++){
			int r=l+i-1;
			for(int k=l;k<r;k++){
				f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]);
			}
			f[l][r]+=sum[r]-sum[l-1];
		}
	}
	ans=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,f[i][i+n-1]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

标签：underset,le,子段,int,max,笔记,序列,动态,规划
From： https://www.cnblogs.com/ZnHF/p/17984889

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