1.区间DP
Acwing 282.石子合并
思路分析:
- f(i,j)表示将第i堆石子到第j堆石子合并为一堆时的最小代价;
- 状态划分:选一个分割点k,将[i-k]和[k+1,j]这两个区间的石子合并,然后加上两个区间的合并总代价(采用前缀和计算区间i到j的值,s[j]-s[i-1]😉
- 初始从枚举区间长度开始(即石子堆数),区间长度len从2到n枚举(从2开始是因为,若len为1,则没必要合并)
- 然后枚举左端点i,从l到i+len-1;
- k从左端点i开始枚举,比如
k=i+1
时,区间被分割为(i,i+1),(i+2,i+len-1)
,左边区间就一堆,右边区间len-1
堆; - 状态转移方程:
f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]+s[r]-s[l-1])
具体实现代码(详解版):
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 310;
int n;
int s[N]; // 用于存储石子堆的大小,以及后续的前缀和
int f[N][N]; // 动态规划数组,f[l][r] 表示合并从第 l 堆到第 r 堆石子的最小代价
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
}
// 计算前缀和数组
// s[i] 表示从第1堆石子到第i堆石子的总和,用于快速计算区间内石子总和
for (int i = 1; i <= n; i++) {
s[i] += s[i - 1];
}
// 枚举区间长度 len,从2开始,因为长度为1的区间不需要合并
for (int len = 2; len <= n; len++) {
// 枚举区间的左端点 i,右端点 r = i + len - 1
for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
int l = i, r = i + len - 1; // l 是左端点,r 是右端点
// 初始化 f[l][r] 为一个很大的值,确保后面计算的最小值能够替换它
f[l][r] = 1e8;
// 枚举分割点 k,将区间 [l, r] 分成 [l, k] 和 [k+1, r] 两部分
for (int k = l; k < r; k++) {
// 动态规划转移方程:
// 合并 [l, k] 和 [k+1, r] 的代价加上合并整个区间的代价
f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
}
}
}
// 输出从第1堆到第n堆的最小合并代价,即 f[1][n]
cout << f[1][n] << endl;
return 0;
}
2.计数类DP
Acwing 900.整数划分
实现思路:本题求的是方案个数,而不要求方案顺序,即4=1+1+2 和4=1+2+1是一样的
(1)方案一:转化为完全背包问题。将n看成是背包容量,而1~n之间的数看成物品,且各个物品的数量是无限的,至此转化为完全背包问题
f(i,j)
表示从前i个数字(物品)中选择,之和恰好是j(体积)的方案个数- 以第
i
个数字选择了几次(物品i
放了几个)做集合划分。若只选0个i
,那么前i-1
数的选择之和已经满足j
,故为f[i-1][j]
;若第i个数字选择了k
次,那么前i-1
个数的选择之和为j-k*v[i]
,故f[i-1][j-v[i]]
- 类似完全背包问题的分析与优化:
f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i - 1][j - i] + f[i - 1][j - 2i] + .... + f[i - 1][j - k*i]
f[i][j - i] = f[i - 1][j - i] + f[i - 1][j - 2i] + .... + f[i - 1][j - k*i]
- 所以:
状态转移方程 :f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - i]
优化至一维
f[j] = f[j] + f[j - i]
表示和为j
的方案数量
具体实现代码(详解版):
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;
int n;
int f[N]; // 动态规划数组 f[j] 表示将整数 j 拆分为若干正整数之和的方案数
int main() {
cin >> n;
f[0] = 1; // 初始化 f[0] = 1,因为将0拆分为零个数只有一种方案(空方案)
// 遍历所有正整数 i,表示我们将 i 作为拆分的一部分
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 遍历所有从 i 到 n 的数 j,更新将 j 拆分的方案数
for (int j = i; j <= n; j++) {
//转移方程
f[j] = (f[j] + f[j - i]) % mod;
}
}
cout << f[n] << endl;
return 0;
}
(2)方案二
- 用
f[i][j]
表示,所有总和是i
,并且恰好表示成j
个数之和的方案的数量。 - 集合划分,能够分为如下两类:
- 方案中最小值是1的所有方案,这时候去掉一个1,此时和变成了
i - 1
,个数变成了j - 1
,即f[i - 1][j - 1]
; - 方案中最小值大于1的所有方案,此时将
j
个数都减去1,此时和变成了i - j
(j
个数每个数都-1
,共-j
),个数还是j
,即f[i - j][j]
;
- 方案中最小值是1的所有方案,这时候去掉一个1,此时和变成了
- 最终状态转移方程为:
f[i][j] = f[i - 1][j-1] + f[i-j][j]
; - 结果输出应为
f[n][1]
+f[n][2]
+f[n][3]
+ ... +f[n][n]
具体实现代码(详解版):
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;
int n;
int f[N][N];
int main() {
cin >> n;
f[0][0] = 1;//和为0,表示的方案为1
for(int i = 1; i <= n; i ++){
for(int j = 1; j <= i ; j ++){
//两种情况:1.最小值是1;2.最小值大于1.
f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] + f[i - j][j]) % mod;
}
}
int res = 0;
//f[n][1]+f[n][2]+...+f[n][n]
for(int i = 1; i <= n; i ++) res =(res + f[n][i]) % mod;
cout << res << endl;
return 0;
}
以上就是区间DP和计数类DP的问题,分析方法还是和之前的一样,重点在于问题的转化和状态转移方程的求解~