20250907 线性DP总结

引子

让我们先回顾一下动态规划的基础知识。动态规划问题具有三个核心特征：

1. 最优子结构：这是动态规划中的"状态"概念，通过已知状态推导出未知状态，最终得到问题的解
2. 重叠子问题：在状态转移过程中会出现大量重复计算，通常使用dp数组来存储这些状态
3. 无后效性：已确定的状态不会受到后续计算的影响

动态规划的解题步骤可以归纳为：

• 将原问题分解为若干子问题（即定义状态）
• 建立状态之间的转移关系（推导状态转移方程）
• 按顺序求解所有状态，最终得到问题的解。

线性DP

进入正题，线性DP指的是什么？顾名思义，就是线性相关的动态规划。这不废话吗！？但不讲怎么过审核……

咳咳，如果题目中有序列、数组，那么动态规划的状态就是一维的，也就是线性；如果题目中有网格、棋盘，那么动态规划的状态就是二维的。

例题

A - 最大差值

HKE最近对序列研究产生了浓厚兴趣，他在研究过程中发现了一个有趣的问题：

给定一个长度为n的序列A₁, A₂, …, Aₙ，需要找到两个下标i,j（1≤i<j≤n），使得Aⱼ - Aᵢ的值达到最大。

现在给定这个序列，请计算并返回Aⱼ - Aᵢ的最大值。

首先不要想着找到最大值和最小值然后相减就行了，$i$还得小于$j$啊，别被坑了……

这题需要两个数组，$mn$和$mx$，$mn[i]$代表前$i$个值的最小值，$mx[i]$代表后$i$个值的最大值，
那么答案就是对于每一个$i(1\le i\le n-1)mx[i+1]-mn[i]$的最大值。

再提一句，数据很坑，答案有可能是负数。

时间复杂度O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long mn[1000005],mx[1000005];//一定要开long long
int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>mn[i];mx[i]=mn[i];}for(int i=2;i<=n;i++){//前i个的最小值mn[i]=min(mn[i],mn[i-1]);}for(int i=n-1;i>=1;i--){//后i个的最大值mx[i]=max(mx[i],mx[i+1]);}long long ans=LONG_LONG_MIN;//注意是long long minfor(int i=1;i<n;i++){ans=max(ans,mx[i+1]-mn[i]);}cout<<ans;return 0;
}

B - Frog 1

有$N$块石头，编号为$1$到$N$。每块石头$i（1\le i\le N）$的高度为$h_i$。

一只青蛙最初位于第$1$块石头上，它将通过以下跳跃方式到达第$N$块石头：

• 当青蛙位于第$i$块石头时，可以选择跳到第$i+1$或$i+2$块石头
• 每次跳跃的代价为$|h_i-h_j|$，其中j是目标石头的编号

要求计算青蛙到达第$N$块石头的最小总代价。

妥妥的DP模板啊！我们把$dp[i]$定义为到$i$下标最小的代价，最后的答案就是$dp[n]$。

时间复杂度O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005],dp[100005];
int main(){memset(dp,0x3f,sizeof dp);//首先把 DP设为无穷大int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}dp[1]=0;//从 1到 1代价为 0for(int i=1;i<=n;i++){//扩散型 DPif(i+1<=n){//如果跳一格没有越界dp[i+1]=min(dp[i+1],dp[i]+abs(a[i]-a[i+1]));//用目前的代价加上到目标石头的距离更新目标石头的最小代价}if(i+2<=n){//如果跳两格没有越界dp[i+2]=min(dp[i+2],dp[i]+abs(a[i]-a[i+2]));//用目前的代价加上到目标石头的距离更新目标石头的最小代价}}cout<<dp[n];//输出答案return 0;
}

C - Frog 2

有编号为1到N的N块石头排列成一排。

对于每块石头$i（1\le i\le N）$，其高度记为$h_i$。

一只青蛙最初站在第$1$块石头上，它需要通过一系列跳跃到达第$N$块石头。每次跳跃时：

若青蛙当前位于第$i$块石头，它可以跳到第$i+1$到第$i+K$块石头中的任意一块（不超过$N$）。每次跳跃的代价为$|h_i-h_j|$，其中$j$是目标石头的编号。

我们的目标是计算青蛙到达第$N$块石头所需的最小总代价。

说白了还是B题，不做赘述了才怪，细节在代码里。

时间复杂度O(nk)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005];
int dp[100005];
int main(){memset(dp,0x3f,sizeof dp);int n,k;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}dp[1]=0;// 1到 1的代价为 0for(int i=1;i<=n;i++){//还是扩散型 DPfor(int j=1;j<=k;j++){if(i+j<=n){//如果跳k格没有越界dp[i+j]=min(dp[i+j],dp[i]+abs(a[i]-a[i+j]));//用目前的代价加上到目标石头的距离更新目标石头的最小代价}}}cout<<dp[n];//代码基本一致return 0;
}

D - Vacation

太郎的暑假将于明天开始，他决定提前规划好假期安排。

假期共有N天。对于每一天i（1≤i≤N），太郎可以选择以下活动之一：

A：海边游泳，获得$a_i$点快乐值
B：山中捉虫，获得$b_i$点快乐值
C：在家写作业，获得$c_i$点快乐值

需要注意的是，太郎不能连续两天选择相同活动，否则会感到无聊。

请计算太郎在假期中能获得的最大快乐值总和。

严重怀疑$c_i$< $0$……

事实证明，可以一边输入一边做处理，状态怎么设计呢？其实应该很容易想到，$dp[i][1]$代表第$i$天在海里游泳可得到的最多快乐值，$dp[i][2]$代表第$i$天在在山上捉虫子可得到的最多快乐值，$dp[i][3]$代表第$i$天在在家做作业可得到的最多快乐值，于是答案就是$max(dp[n][1],dp[n][2],dp[n][3])$。

时间复杂度O(n)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[100005][5];
int main(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int a,b,c;cin>>a>>b>>c;if(i==1){//如果是第一天，就直接赋值dp[i][1]=a;dp[i][2]=b;dp[i][3]=c;}else{dp[i][1]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][3])+a;//前一天B、C活动获得的快乐值的最大值加上今天在海里游泳的快乐值dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][3])+b;//前一天A、C活动获得的快乐值的最大值加上今天在山上捉虫的快乐值dp[i][3]=max(dp[i-1][2],dp[i-1][1])+c;//前一天A、B活动获得的快乐值的最大值加上今天在家做作业的快乐值}}cout<<max(dp[n][1],max(dp[n][2],dp[n][3]));//最终答案return 0;
}