临沂 网站推广如何推广一个产品

题目来自DOTCPP：

选和不选的思路：

之前我发布的一篇博客中指数型枚举，用到“选和不选”思路，但是在那个代码中用到了st数组来记录选和不选的情况。这道题目中用st数组来记录选和不选的情况，会超时，并且后续用mem数组记忆化来优化比较麻烦。代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n;
int arr[N];       // 每家店铺的现金
int st[N];        // 状态数组：0表示未确定，1表示洗劫，2表示不洗劫
int max_cash;     // 最大现金// DFS函数
void dfs(int x) {// 递归终止条件：枚举完所有店铺if (x > n) {int total = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (st[i] == 1) {total += arr[i];}}// 更新最大现金max_cash = max(max_cash, total);return;}// 洗劫当前店铺st[x] = 1;dfs(x + 2); // 不能洗劫相邻店铺，所以跳到 x+2st[x] = 0;  // 回溯// 不洗劫当前店铺st[x] = 2;dfs(x + 1); // 跳到下一家店铺st[x] = 0;  // 回溯
}int main() {int t;scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &arr[i]);}// 初始化max_cash = 0;memset(st, 0, sizeof(st));// 调用DFS函数dfs(1);// 输出结果printf("%d\n", max_cash);}return 0;
}

上面代码为什么不好优化？难点在于每个递归分支的st状态不同，导致mem数组的索引x不好缓存结果。因此，我在通常会使用另外一种写法，不用状态数组st来记录选和不选的情况，这种情况比较好优化。代码如下：

不使用状态数组st的DFS(超时)：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+10;int t,n;
int arr[N];int dfs(int x){if(x > n){return 0;}//选int res1 = dfs(x+2) + arr[x];//不选int res2 = dfs(x+1);return max(res1, res2);
}signed main(){cin >> t;while(t--){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];int res = dfs(1);cout << res << endl;}return 0;
}

记忆化：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+10;int t,n;
int arr[N];
//记忆化数组
int mem[N];int dfs(int x){if(x > n){return 0;}if(mem[x]) return mem[x];//选int res1 = dfs(x+2) + arr[x];//不选int res2 = dfs(x+1);mem[x] = max(res1, res2);return mem[x];
}signed main(){cin >> t;while(t--){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];//初始化记忆数组memset(mem, 0, sizeof mem);int res = dfs(1);cout << res << endl;}return 0;
}

递推：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+10;int t,n;
int arr[N];
int f[N];signed main(){cin >> t;while(t--){cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> arr[i];//初始化f数组memset(f, 0, sizeof f);//从下往上归for(int i = n; i >= 1; i--){f[i] = max(f[i+2]+arr[i], f[i+1]);}cout << f[1] << endl;}return 0;
}

总结：

用到状态数组st的代码，是找到所有的方案，在找到其中的最大值。由于每个递归分支的st状态不同，导致mem数组的索引x不好缓存结果，所以不好记忆化。不适用状态数组st的DFS代码是返回更大值的那个分支，该代码的本质是找到一个价值最多的路径，并且合法。mem数组的索引x是唯一的，方便记忆化。

两种代码的区别，代码一是找到所有可能的方案，然后在找到合法的最大值。代码二是找到一个价值最多的路径，走下去，并且合法。

这道题目为什么不使用状态数组 st ，因为它不好记忆化，不好优化。记忆化的本质是用参数唯一标识子问题，用到状态数组st的代码参数只有x，但实际问题的状态是由状态数组st的“完整”历史决定，因此，参数只有一个x的情况下是无法唯一标识子问题的。所以，如果我们要优化它（使用状态数组st的代码），我们需要加个参数，非常复杂，代码如下：

int dfs(int x, int prev) { // prev=0表示前一家未洗劫，prev=1表示已洗劫if (x > n) return 0;if (memo[x][prev] != -1) return memo[x][prev];int skip = dfs(x+1, 0); // 不洗劫当前店铺int take = (prev == 0) ? (arr[x] + dfs(x+1, 1)) : 0; // 前一家未洗劫才能洗劫当前return memo[x][prev] = max(skip, take);
}