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洛谷 P4095 HEOI2013 Eden 的新背包问题

作者: heky
时间: 2025-02-23
分类: 洛谷,刷题
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url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4095

tag:
动态规划，背包DP，进制，枚举

思路：
多重背包问题为基础，做两次01背包，前一次后一次，之后对于每次询问的id就跳过那个id求可能的最大值。

代码：

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 100010;  
struct node{  
    int id;LL s;  
}w[N], v[N];  
LL f1[N][1010], f2[N][1010];  
int idx, m, n;  
int main()  
{  
    cin >> n;  
    for (int i = 1; i <= n;  i++)  
    {  
        int cw, cv, c;  
        cin >> cw >> cv >> c;  
        int now = 1;  
        while (now <= c)  
        {  
            w[++idx].s = cw * now, v[idx].s = cv * now;  
            w[idx].id = i, v[idx].id = i;  
            c -= now, now *= 2;  
        }  
        if(c) {  
            w[++idx].s = cw * c, v[idx].s = cv * c;  
            w[idx].id = i, v[idx].id = i;  
        }  
    }  
    cin >> m;  
    n = idx;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        for (int j = 0; j <= 1000; j ++) f1[i][j] = f1[i - 1][j];  
        for (int j = 1000; j >= w[i].s; j --)  
        {  
            f1[i][j] = max(f1[i][j], f1[i - 1][j - w[i].s] + v[i].s);  
        }  
    }  
    for (int i = n; i >= 1; i --)  
    {  
        for (int j = 0; j <= 1000; j ++) f2[i][j] = f2[i + 1][j];  
        for (int j = 1000; j >= w[i].s; j --)  
        {  
            f2[i][j] = max(f2[i][j], f2[i + 1][j - w[i].s] + v[i].s);  
        }  
    }  
    for (int k = 1; k <= m; k ++)  
    {  
        int cn, V;  
        cin >> cn >> V;  
        cn ++;  
        LL ans = 0;  
        int l = 0, r = 0;  
        while (w[l + 1].id < cn && l < n) ++ l;  
        r = l;  
        while (w[r + 1].id <= cn && r < n) ++ r;  
        for (int j = 0; j <= V; j++)  
        {  
            ans = max(ans, f1[l][j] + f2[r + 1][V - j]);  
        }  
        cout << ans << endl;  
    }  
    return 0;  
}

蓝桥杯 2018 省 B 测试次数

作者: heky
时间: 2025-02-22
分类: 刷题
暂无评论

url: http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=1370

tag:
动态规划

思路：
使用动态规划的思想，令 f[i][j] 表示在i层楼内，使用j部手机，在使用最佳策略下，最多的测试次数，换句话说就是在i层楼内，使用j部手机最少需要花费的最大的测试次数。对于只有1部手机的情况来说，有几层就要测试几次。对于0层来说，不管几部手机都是0次。因为不知道从那一层开始掉落可以得到最优的答案，所以可以枚举对于每一个i都枚举从1开始到i层，表示从第k层开始掉落得到的结果。而对于每一个k来说，需要取一个最大值一共只有两种情况一种是摔坏，那么可以是 dp[k - 1][j - 1] 表示从k - 1层内用j - 1部手机测试次数，如果没有摔坏就是 dp[i - k][j] 即，剩余的i - k层内使用j部手机测试次数，之后两者取max再加上第k层的1次，对每种k的结果取min就是最后答案。最后输出 dp[1000][3] 表示1000层内，3部手机测试次数。

代码：

// 测试次数
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n = 1000;
int dp[1001][4];
int main()
{
    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) dp[i][1] = i;
    for (int i = 1; i <= 3; i ++) dp[0][i] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= 3; j ++)
            for (int k = 1; k <= i; k ++)
                dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[k - 1][j - 1], dp[i - k][j]) + 1);
    cout << dp[1000][3];
    return 0;
}

洛谷 P2851 USACO06DEC The Fewest Coins G

作者: heky
时间: 2025-02-22
分类: 洛谷,刷题
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url: https://www.luogu.com.cn/problem/P2851

tag:
动态规划，背包DP，进制，USACO，2006

思路：
可以用背包来做。用 f[i] 表示john付i块钱时最少的硬币数，用 g[i] 表示店主找零i块钱时最少的硬币数，对于f来说，因为硬币数量有限所以需要用多重背包来完成。而对于g来说因为硬币无限多，所以可以用完全背包。对于体积上限取多少可以参考： https://www.luogu.com.cn/article/sd0bx6un

代码：

#include <iostream>  
#include <cstring>  
#include <cstdio>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
typedef long long LL;  
const int N = 10010, M = 150;  
int c[M], v[M];  
int f[N + M * M], g[N + M * M];  
int n, t, mx, sum;  
int main()  
{  
    cin >> n >> t;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        cin >> v[i];  
        mx = max(mx, v[i] * v[i]);  
    }  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        cin >> c[i];  
        sum += v[i] * c[i];  
    }  
    if (sum < t)  
    {  
        cout << -1 << endl;  
        return 0;  
    }  
    memset(f, 0x3f, sizeof f);  
    memset(g, 0x3f, sizeof g);  
    g[0] = 0;  
    f[0] = 0;  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
        for (int j = v[i]; j <= mx; j ++)  
            g[j] = min(g[j], g[j - v[i]] + 1);  
    for (int i = 1; i <= n; i ++)  
    {  
        for (int j = 1; j <= c[i]; j *= 2)  
        {  
            for (int k = mx + t; k >= j * v[i]; k --)  
                f[k] = min(f[k], f[k - j * v[i]] + j);  
            c[i] -= j;  
        }  
        if (c[i])  
            for (int k = mx + t; k >= c[i] * v[i]; k --)  
                f[k] = min(f[k], f[k - c[i] * v[i]] + c[i]);  
    }  
    int res = 0x3f3f3f3f;  
    for (int i = t; i <= t + mx; i ++)  
        res = min(res, f[i] + g[i - t]);  
    cout << (res == 0x3f3f3f3f ? -1 : res) << endl;  
    return 0;  
}

洛谷 P4158 SCOI2009 粉刷匠

作者: heky
时间: 2025-02-21
分类: 洛谷,刷题
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url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4158

tag:
动态规划，递推，枚举，背包DP

思路：
用 f[i][j] 表示前i块木板粉刷j次最多的正确次数。用 g[i][j][k] 表示第i块木板粉刷j次粉刷前k个格子时最多的正确次数。用 sum[i][j] 表示第i块木板，前j个格子中需要涂成蓝色的有几个。
所以可以知道状态转移方程为 f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][k][m]) ；
g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - 1][q] + max(sum[i][k] - sum[i][q], k - q - sum[i][k] + sum[i][q])) 最后遍历不同种粉刷次数中最多的粉刷格子数。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int f[51][2550], sum[51][2550];
int g[51][2550][51];
int n, m, t;
char s[100];
int main()
{
    cin >> n >> m >> t;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> s;
        for (int j = 1; j <= m; j ++)
        {
            if (s[j - 1] == '1') sum[i][j] = sum[i][j - 1] + 1;
            else sum[i][j] = sum[i][j - 1];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= m; j ++)
            for (int k = 1; k <= m; k ++)
                for (int q = j - 1; q < k; q ++)
                    g[i][j][k] = max(g[i][j][k], g[i][j - 1][q] + max(sum[i][k] - sum[i][q], k - q - sum[i][k] + sum[i][q]));
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= t; j ++)
            for (int k = 0; k <= min(j, m); k ++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + g[i][k][m]);
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= t; i ++) res = max(res, f[n][i]);
    cout << res << endl;

    return 0;
}

洛谷 P1453 城市环路

作者: heky
时间: 2025-02-18
分类: 洛谷,刷题
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url: https://www.luogu.com.cn/problem/P1453

tag:
动态规划，图论，基环树，树形DP

思路：
基环树是一种特殊的图结构，可以看作是在一棵树的基础上加入一条额外的边，从而使图中恰好出现一个环，也称作单环图或唯一环图（unicyclic graph）。其主要特点包括：

连通性：基环树是连通图，任意两个顶点之间都有路径相连。
唯一的环：整个图中仅存在一个简单环，其他部分均保持树的结构（即无环）。
分解思想：可以将基环树看作由一个环和附着在环上各个顶点上的若干棵树构成。对于很多算法（例如树形 DP），通常先对环进行特殊处理（比如“断环”），再处理附着的树结构。

这种结构在算法竞赛中经常出现，处理时通常需要先找出环，然后考虑两种或多种情况（例如环上某些节点选或不选），从而在保证整体方案最优的前提下完成状态转移和求解。

这道题目其实和求树的最小覆盖问题类似，我们用 f[u][0/1] 表示节点u为根且选或者不选时的总共人流量。只是因为有基环树，所以需要先断边，然后分别用那一边的两个点为根且不选（方便另外一个点可选）时各跑一遍dfs，求答案，最后两个答案求一个最大值并乘上k，注意，对于不同的情况来说需要先将f数组清空（因为可选的点不同了）。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int h[N], e[N * 2], ne[N * 2], idx;
int p[N];
bool st[N];
double k;
int n, s1, s2, flag;
int f[N][2];
void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx ++;
}
void dfs1(int u, int fa)
{
    st[u] = 1;
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        if (st[v])
        {
            s1 = u, s2 = v;
            flag = true;
            return;
        }
        dfs1(v, u);
        if (flag) return ;
    }
    st[u] = 0;
}
void dfs2(int u, int fa)
{
    f[u][1] = p[u];
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
    {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        if ((u == s1 && v == s2) || (u == s2 && v == s1)) continue;
        dfs2(v, u);
        f[u][1] += f[v][0];
        f[u][0] += max(f[v][0], f[v][1]);
    }
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> p[i];
    int a, b;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }
    cin >> k;
    dfs1(0, 0);
    dfs2(s1, s1);
    int res1 = f[s1][0];
    memset(f, 0, sizeof f);
    dfs2(s2, s2);
    int res2 = f[s2][0];
    printf("%.1f", max(res1, res2) * k);
    return 0;
}