备战蓝桥杯---动态规划的一些思想2

话不多说，直接看题：

1.换根DP：

我们肯定不能对每一个根节点暴力求，我们不妨先求f1，我们发现当他的儿子作为根节点时深度和为f1+(n-cnti)-cnti(cnti表示以i为根的节点数），这样子两遍DFS即可，下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,y,cnt[1000020],dep[1000010];
long long f[1000010];
vector<int> edge[1000010];
void dfs1(int root,int fa){
    cnt[root]=1;
    for(int i=0;i<edge[root].size();i++){
        int w=edge[root][i];
        if(w==fa) continue;
        dep[w]=dep[root]+1;
        dfs1(w,root);
        cnt[root]+=cnt[w];
    }
    return;
}
void dfs2(int root,int fa){
    for(int i=0;i<edge[root].size();i++){
        int w=edge[root][i];
        if(w==fa) continue;
        f[w]=f[root]+n-2*cnt[w];
        dfs2(w,root);
    }
    return;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        edge[x].push_back(y);
        edge[y].push_back(x);
    }
    dep[1]=0;
    dfs1(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[1]+=dep[i];
    }
    dfs2(1,0);
   long long ans=f[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ans=min(ans,f[i]);
    }
    cout<<ans;
}

2.数学问题的背包转化：

显然，我们要求的就是n个中的极大线性无关组，那么我们如何求？

只要一个数可以被比他小的组合表示出来，那么这个元素就可以删了。

如何实现？我们把每一个元素看成无穷个物品，我们判断一个元素是否可以被表示，就是看这个背包是否可以被塞满，因此变成了完全背包问题，下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[110],n,t,m;
bool dp[25005];
bool cmp(int a,int b){
    return a<b;
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+n+1,cmp);
        m=n;
        dp[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(dp[a[i]]==1){
                 m--;
                continue;
            }
            for(int j=a[i];j<=a[n];j++){
                dp[j]=dp[j-a[i]]||dp[j];
            }
        }
        cout<<m<<endl;
    }
}

3.水题记录位置

就是在中序遍历上找根，再变成两个区间，用区间DP即可。

那么我们如何记录前序遍历呢，直接放在一维数组实现起来比较麻烦，于是我们可以用rootij来记录i--j中选的根，然后再递归下去即可。

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[40][40],n,a[40],root[40][40];
int f(int l,int r){
    if(dp[l][r]>0) return dp[l][r];
    if(l==r) return dp[r][r]=a[r];
    if(l>r) return 1;    
    int g=l;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(dp[l][r]<=a[i]+f(l,i-1)*f(i+1,r)){
            dp[l][r]=a[i]+f(l,i-1)*f(i+1,r);
            g=i;}
    }
    root[l][r]=g;
    return dp[l][r];
}
void print(int l,int r){
    if(l==r){
        cout<<l<<" ";
        return;
    }
    if(l>r) return; 
    cout<<root[l][r]<<" ";
    print(l,root[l][r]-1);
    print(root[l][r]+1,r);
    return;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    cout<<f(1,n)<<endl;
    print(1,n);
}

4.从小入手+两遍DP：

我们不妨先看一块，我们令fkix表示第k条木板，前x个格子刷i次的最大正确粉刷格子数。

对于第k条木板，易得转移方程：fkix=max(fki-1p+wp+1x)(wij表示i--j一次刷最多可以刷对的格子数）

这样子，我们就把每一条木板刷的所有情况求出来，问题就转化成了分组背包。

我们令gij表示前i个木板刷了j次正确格子。

gij=gi-1k+fij-km.

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t,a[60][60],f[55][2600][55],g[55][2600],ck0[55][55],ck1[55][55],ff[55][2600];
char x;
int main(){
    cin>>n>>m>>t;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf(" %c",&x);
            a[i][j]=x-'0';
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j]==0){
                ck0[i][j]=ck0[i][j-1]+1;
                ck1[i][j]=ck1[i][j-1];
            }
            else{
                ck1[i][j]=ck1[i][j-1]+1;
                ck0[i][j]=ck0[i][j-1];
            }
        }
    }
    int x1,x2;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=t;j++){
            for(int k=1;k<=m;k++){
                for(int p=0;p<=k;p++){
                    x1=ck0[i][k]-ck0[i][p];
                    x2=ck1[i][k]-ck1[i][p];
                    f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i][j-1][p]+max(x1,x2));
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=t;j++){
            for(int k=0;k<=j;k++){
                g[i][j]=max(g[i][j],f[i][k][m]+g[i-1][j-k]);
            }
        }
    }
    cout<<g[n][t];
}