动态规划dp

动态规划

01背包

有 $n$ 件物品和一个容量为 $W$ 的背包，第 $i$ 件物品的体积为 $w[i]$，价值为 $v[i]$，求解将哪些物品装入背包中使总价值最大。

思路：

我们设$dp[i][j]$表示前$i$件物品放入一个容量为$j$的背包可以获得的最大价值

如果不放第$i$件物品，那么问题就变成了前$i-1$件物品放入一个容量为$j$的背包可以获得的最大价值即$dp[i-1][j]$

如果放第$i$件物品，那么问题变成了前$i-1$件物品放入一个容量为$j-w[i]$的背包可以获得的最大价值,即当前可以获得最大价值为

前$i-1$件物品放入一个容量为$j-w[i]$的背包加上当前第$i$件物品放入背包的价值，即$dp[i-1][j-w[i]]+v[i]$

于是我们可以得到 转移方程 $dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i])$。

for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= W; j++){dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 不选第 i 个物品if (j >= w[i]) // 如果当前容量 j 能装下物品 idp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]); // 不选第i个物品和选了第i个物品取最大值}

我们可以发现，第 $i$ 个物品的状态是由第 $i-1$ 个物品转移过来的，每次的 $j$ 转移过来后，第 $i-1$ 个方程的 $j$ 已经没用了，于是我们想到可以把二维方程压缩成 一维 的，用以 优化空间复杂度。

for (int i = 1; i <= n; i++)  //当前装第 i 件物品for (int j = W; j >= w[i]; j--)  //背包容量为 jdp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);  //判断背包容量为 j 的情况下能是实现总价值最大是多少

完全背包

有 $n$ 件物品和一个容量为 $W$ 的背包，第 $i$ 件物品的体积为 $w[i]$，价值为 $v[i]$，每件物品有无限个，求解将哪些物品装入背包中使总价值最大。

思路:

思路和01背包差不多，但是每一件物品有无限个，其实就是从每 种 物品中取 $0, 1, 2,… $ 件物品加入背包中

for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= W; j++)for (int k = 0; k * w[i] <= j; k++)    //选取几个物品 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * w[i]] + k * v[i]);

实际上，我们可以发现，取 $k$ 件物品可以从取 $k-1$ 件转移过来，那么我们就可以将 $k$ 的循环优化掉

for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= W; j++){dp[i][j] = dp[i - 1][j];if (j >= w[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - w[i]] + v[i]);}

和 01 背包 类似地压缩成一维

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

多重背包

有 $n$ 种物品和一个容量为 $W$ 的背包，第 $i$ 种物品的体积为 $w[i]$，价值为 $v[i]$，数量为 $s[i]$，求解将哪些物品装入背包中使总价值最大。

思路：

对于每一种物品，都有 $s[i]$ 种取法，我们可以将其转化为01背包问题

for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = W; j >= 0; j--)for (int k = 0; k <= s[i]; k++){if (j - k * w[i] < 0) break;dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * w[i]] + k * v[i]);}

上述方法的时间复杂度为 $O(n\ast m\ast s)$。

for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &s);  //x 为体积， y 为价值， s 为数量t = 1;while (s >= t){w[++num] = x * t;v[num] = y * t;s -= t;t *= 2;}w[++num] = x * s;v[num] = y * s;
}
for (int i = 1; i <= num; i++)for (int j = W; j >= w[i]; j--)dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);

尽管采用了 二进制优化，时间复杂度还是太高，采用 单调队列优化，将时间复杂度优化至 $O(n\ast m)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, W, w, v, s, f[N], g[N], q[N];
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> W;for (int i = 0; i < n; i ++ ){memcpy ( g, f, sizeof f);cin >> w >> v >> s;for (int j = 0; j < w; j ++ ){int head = 0, tail = -1;for (int k = j; k <= W; k += w){if ( head <= tail && k - s * w > q[head] ) head ++ ;//保证队列长度 <= s while ( head <= tail && g[q[tail]] - (q[tail] - j) / w * v <= g[k] - (k - j) / w * v ) tail -- ;//保证队列单调递减 q[ ++ tail] = k;f[k] = g[q[head]] + (k - q[head]) / w * v;}}}cout << f[W] << "\n";return 0;
}

混合背包

放入背包的物品可能只有 1 件（01背包），也可能有无限件（完全背包），也可能只有可数的几件（多重背包）。

思路：

分类讨论即可，哪一类就用哪种方法去 $dp$。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n, W, w, v, s;int main(){cin >> n >> W;vector <int> f(W + 1);for (int i = 0; i < n; i ++ ){cin >> w >> v >> s;if (s == -1){for (int j = W; j >= w; j -- )f[j] = max(f[j], f[j - w] + v);}else if (s == 0){for (int j = w; j <= W; j ++ )f[j] = max(f[j], f[j - w] + v);}else {int t = 1, cnt = 0;vector <int> x(s + 1), y(s + 1);while (s >= t){x[++cnt] = w * t;y[cnt] = v * t;s -= t;t *= 2;}x[++cnt] = w * s;y[cnt] = v * s;for (int i = 1; i <= cnt; i ++ )for (int j = W; j >= x[i]; j -- )f[j] = max(f[j], f[j - x[i]] + y[i]);}}cout << f[W] << "\n";return 0;
}

二维费用的背包

有 $n$ 件物品和一个容量为 $W$ 的背包，背包能承受的最大重量为 $M$，每件物品只能用一次，第 $i$ 件物品的体积是 $w[i]$，重量为 $m[i]$，价值为 $v[i]$，求解将哪些物品放入背包中使总体积不超过背包容量，总重量不超过背包最大容量，且总价值最大。

思路：

背包的限制条件由一个变成两个，那么我们的循环再多一维即可。

for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = W; j >= w; j--)  //容量限制for (int k = M; k >= m; k--)  //重量限制dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - w][k - m] + v);

分组背包

有 $n$ 组物品，一个容量为 $W$ 的背包，每组物品有若干，同一组的物品最多选一个，第 $i$ 组第 $j$ 件物品的体积为 $w[i][j]$，价值为 $v[i][j]$，求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且使总价值最大。

思路：

考虑每组中的某件物品选不选，可以选的话，去下一组选下一个，否则在这组继续寻找可以选的物品，当这组遍历完后，去下一组寻找。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, W, s[N], w[N][N], v[N][N], dp[N];
int main(){cin >> n >> W;for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &s[i]);for (int j = 1; j <= s[i]; j++)scanf("%d %d", &w[i][j], &v[i][j]);}for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = W; j >= 0; j--)for (int k = 1; k <= s[i]; k++)if (j - w[i][k] >= 0)dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i][k]] + v[i][k]);cout << dp[W] << "\n";return 0;
}

有依赖的背包

有 $n$ 个物品和一个容量为 $W$ 的背包，物品之间有依赖关系，且之间的依赖关系组成一颗 树 的形状，如果选择一个物品，则必须选择它的 父节点，第 $i$ 件物品的体积是 $w[i]$，价值为 $v[i]$，依赖的父节点的编号为 $p[i]$，若 $p[i]$ 等于 -1，则为 根节点。求将哪些物品装入背包中，使总体积不超过总容量，且总价值最大。

思路：

定义 $f[i][j]$ 为以第 $i$ 个节点为根，容量为 $j$ 的背包的最大价值。那么结果就是 $f[root][W]$，为了知道根节点的最大价值，得通过其子节点来更新。所以采用递归的方式。
对于每一个点，先将这个节点装入背包，然后找到剩余容量可以实现的最大价值，最后更新父节点的最大价值即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, W, w[N], v[N], p, f[N][N], root;
vector <int> g[N];
void dfs(int u){for (int i = w[u]; i <= W; i ++ )f[u][i] = v[u];for (auto v : g[u]){dfs(v);for (int j = W; j >= w[u]; j -- )for (int k = 0; k <= j - w[u]; k ++ )f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[v][k]);}
}
int main(){cin >> n >> W;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){cin >> w[i] >> v[i] >> p;if (p == -1) root = i;else g[p].push_back(i);}dfs(root);cout << f[root][W] << "\n";return 0;
}

背包问题求方案数

有 $n$ 件物品和一个容量为 $W$ 的背包，每件物品只能用一次，第 $i$ 件物品的重量为 $w[i]$，价值为 $v[i]$，求解将哪些物品放入背包使总重量不超过背包容量，且总价值最大，输出 最优选法的方案数，答案可能很大，输出答案模 $10^9+7$ 的结果。

思路：

开一个储存方案数的数组 $cnt$，$cnt[i]$ 表示容量为 $i$ 时的 方案数，先将 $cnt$ 的每一个值都初始化为 1，因为 不装任何东西就是一种方案，如果装入这件物品使总的价值 更大，那么装入后的方案数 等于 装之前的方案数，如果装入后总价值 相等，那么方案数就是 二者之和

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7, N = 1010;
LL n, W, cnt[N], f[N], w, v;
int main(){cin >> n >> W;for (int i = 0; i <= W; i ++ )cnt[i] = 1;for (int i = 0; i < n; i ++ ){cin >> w >> v;for (int j = W; j >= w; j -- )if (f[j] < f[j - w] + v){f[j] = f[j - w] + v;cnt[j] = cnt[j - w];}else if (f[j] == f[j - w] + v){cnt[j] = (cnt[j] + cnt[j - w]) % mod;}}cout << cnt[W] << "\n";return 0;
}

背包问题求具体方案

signed main() {int Task = 1;for (cin >> Task; Task; Task--) {int n, m;cin >> n >> m;vector<int> w(n + 1), v(n + 1);vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(m + 2));for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i] >> v[i];}for (int i = n; i >= 1; i--) {for (int j = 0; j <= m; j++) {dp[i][j] = dp[i + 1][j];if (j >= w[i]) {dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i + 1][j - w[i]] + v[i]);}}}vector<int> ans;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (m - w[i] >= 0 && dp[i][m] == dp[i + 1][m - w[i]] + v[i]) {ans.push_back(i);// cout << i << " ";m -= w[i];}}cout << ans.size() << "\n";for (auto i : ans) {cout << i << " ";}cout << "\n";}
}

数位 DP

/* pos 表示当前枚举到第几位
sum 表示 d 出现的次数
limit 为 1 表示枚举的数字有限制
zero 为 1 表示有前导 0
d 表示要计算出现次数的数 */
const int N = 15;
LL dp[N][N];
int num[N];
LL dfs(int pos, LL sum, int limit, int zero, int d) {if (pos == 0) return sum;if (!limit && !zero && dp[pos][sum] != -1) return dp[pos][sum];LL ans = 0;int up = (limit ? num[pos] : 9);for (int i = 0; i <= up; i++) {ans += dfs(pos - 1, sum + ((!zero || i) && (i == d)), limit && (i == num[pos]),zero && (i == 0), d);}if (!limit && !zero) dp[pos][sum] = ans;return ans;
}
LL solve(LL x, int d) {memset(dp, -1, sizeof dp);int len = 0;while (x) {num[++len] = x % 10;x /= 10;}return dfs(len, 0, 1, 1, d);
}

状压 DP

**题意：**在 $n\ast n$ 的棋盘里面放 $k$ 个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 15, M = 150, K = 1500;
LL n, k;
LL cnt[K];    //每个状态的二进制中 1 的数量
LL tot;    //合法状态的数量
LL st[K];    //合法的状态
LL dp[N][M][K];    //第 i 行，放置了 j 个国王，状态为 k 的方案数
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin >> n >> k;for (int s = 0; s < (1 << n); s ++ ){  //找出合法状态LL sum = 0, t = s;while(t){  //计算 1 的数量sum += (t & 1);t >>= 1;}cnt[s] = sum;if ( (( (s << 1) | (s >> 1) ) & s) == 0 ){  //判断合法性st[ ++ tot] = s;}}dp[0][0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n + 1; i ++ ){for (int j1 = 1; j1 <= tot; j1 ++ ){    //当前的状态LL s1 = st[j1];for (int j2 = 1; j2 <= tot; j2 ++ ){    //上一行的状态LL s2 = st[j2];if ( ( (s2 | (s2 << 1) | (s2 >> 1)) & s1 ) == 0 ){for (int j = 0; j <= k; j ++ ){if (j - cnt[s1] >= 0)dp[i][j][s1] += dp[i - 1][j - cnt[s1]][s2];}}}}}cout << dp[n + 1][k][0] << "\n";return 0;
}

常用例题

题意：在一篇文章（包含大小写英文字母、数字、和空白字符（制表/空格/回车））中寻找 $\mathtt{helloworld}$（任意一个字母的大小写都行）的子序列出现了多少次，输出结果对 $10^9+7$ 的余数。

字符串 DP ，构建一个二维 DP 数组，$dp[i][j]$ 的 $i$ 表示文章中的第几个字符，$j$ 表示寻找的字符串的第几个字符，当字符串中的字符和文章中的字符相同时，即找到符合条件的字符， dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1] ，因为字符串中的每个字符不会对后面的结果产生影响，所以 DP 方程可以优化成一维的， 由于字符串中有重复的字符，所以比较时应该从后往前。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
char c, s[20] = "!helloworld";
LL dp[20];
int main(){dp[0] = 1;while ((c = getchar()) != EOF)for (int i = 10; i >= 1; i--)if (c == s[i] || c == s[i] - 32)dp[i] = (dp[i] + dp[i - 1]) % mod;cout << dp[10] << "\n";return 0;
}

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题意：（最长括号匹配）给一个只包含‘(’，‘)’，‘[’，‘]’的非空字符串，“()”和“[]”是匹配的，寻找字符串中最长的括号匹配的子串，若有两串长度相同，输出靠前的一串。

设给定的字符串为 $\mathtt{s}$ ，可以定义数组 $dp[i],dp[i]$ 表示以 $s[i]$ 结尾的字符串里最长的括号匹配的字符。显然，从 $i-dp[i]+1$ 到 $i$ 的字符串是括号匹配的，当找到一个字符是‘)’或‘]’时，再去判断第 $i-1-dp[i-1]$ 的字符和第 $i$ 位的字符是否匹配，如果是，那么 dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[i - 2 - dp[i - 1]] 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
string s;
int len, dp[maxn], ans, id;
int main(){cin >> s;len = s.length();for (int i = 1; i < len; i++){if ((s[i] == ')' && s[i - 1 - dp[i - 1]] == '(' ) || (s[i] == ']' && s[i - 1 - dp[i - 1]] == '[')){dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[i - 2 - dp[i - 1]];if (dp[i] > ans) {ans = dp[i];  //记录长度id = i;  //记录位置}}}for (int i = id - ans + 1; i <= id; i++)cout << s[i];cout << "\n";return 0;
}

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题意：去掉区间内包含“4”和“62”的数字，输出剩余的数字个数

int T,n,m,len,a[20];//a数组用于判断每一位能取到的最大值
ll l,r,dp[20][15];
ll dfs(int pos,int pre,int limit){//记搜//pos搜到的位置，pre前一位数//limit判断是否有最高位限制if(pos>len) return 1;//剪枝if(dp[pos][pre]!=-1 && !limit) return dp[pos][pre];//记录当前值ll ret=0;//暂时记录当前方案数int res=limit?a[len-pos+1]:9;//res当前位能取到的最大值for(int i=0;i<=res;i++)if(!(i==4 || (pre==6 && i==2)))ret+=dfs(pos+1,i,i==res&&limit);if(!limit) dp[pos][pre]=ret;//当前状态方案数记录return ret;
}
ll part(ll x){//把数按位拆分len=0;while(x) a[++len]=x%10,x/=10;memset(dp,-1,sizeof dp);//初始化-1（因为有可能某些情况下的方案数是0）return dfs(1,0,1);//进入记搜
}
int main(){cin>>n;while(n--){cin>>l>>r;if(l==0 && r==0)break;if(l) printf("%lld\n",part(r)-part(l-1));//[l,r](l!=0)else printf("%lld\n",part(r)-part(l));//从0开始要特判}
}