洛谷-【动态规划1】动态规划的引入4

P1077 [NOIP 2012 普及组] 摆花

题目描述

小明的花店新开张，为了吸引顾客，他想在花店的门口摆上一排花，共 m 盆。通过调查顾客的喜好，小明列出了顾客最喜欢的 n 种花，从 1 到 n 标号。为了在门口展出更多种花，规定第 i 种花不能超过 ai​ 盆，摆花时同一种花放在一起，且不同种类的花需按标号的从小到大的顺序依次摆列。

试编程计算，一共有多少种不同的摆花方案。

输入格式

第一行包含两个正整数 n 和 m，中间用一个空格隔开。

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，依次表示 a1​,a2​,⋯,an​。

输出格式

一个整数，表示有多少种方案。注意：因为方案数可能很多，请输出方案数对 106+7 取模的结果。

输入输出样例

输入 #1复制

2 4
3 2

输出 #1复制

2

说明/提示

【数据范围】

对于 20% 数据，有 0<n≤8,0<m≤8,0≤ai​≤8。

对于 50% 数据，有 0<n≤20,0<m≤20,0≤ai​≤20。

对于 100% 数据，有 0<n≤100,0<m≤100,0≤ai​≤100。

NOIP 2012 普及组 第三题

实现代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105, mod = 1000007;
int n, m, a[maxn], f[maxn][maxn];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];
    f[0][0] = 1;
    for(int i=1; i<=n; i++)
       for(int j=0; j<=m; j++)
           for(int k=0; k<=min(j, a[i]); k++)
              f[i][j] = (f[i][j] + f[i-1][j-k])%mod;
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}

P3842 [TJOI2007] 线段

题目描述

在一个 n×n 的平面上，在每一行中有一条线段，第 i 行的线段的左端点是 (i,Li​)，右端点是 (i,Ri​)。

你从 (1,1) 点出发，要求沿途走过所有的线段，最终到达 (n,n) 点，且所走的路程长度要尽量短。

更具体一些说，你在任何时候只能选择向下走一步（行数增加 1）、向左走一步（列数减少 1）或是向右走一步（列数增加 1）。当然，由于你不能向上行走，因此在从任何一行向下走到另一行的时候，你必须保证已经走完本行的那条线段。

输入格式

第一行有一个整数 n。

以下 n 行，在第 i 行（总第 (i+1) 行）的两个整数表示 Li​ 和 Ri​。

输出格式

仅包含一个整数，你选择的最短路程的长度。

输入输出样例

输入 #1复制

6
2 6
3 4
1 3
1 2
3 6
4 5

输出 #1复制

24

说明/提示

我们选择的路线是

 (1, 1) (1, 6)
 (2, 6) (2, 3)
 (3, 3) (3, 1)
 (4, 1) (4, 2)
 (5, 2) (5, 6)
 (6, 6) (6, 4) (6, 6)

不难计算得到，路程的总长度是 24。

对于 100% 的数据，1≤n≤2×104，1≤Li​≤Ri​≤n。

实现代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define rep(i,m,n) for(int i=m;i<=n;++i)
using namespace std;
inline int read(){
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')w = -1;ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') s = s * 10 + ch - '0',ch = getchar();
    return s * w;
}
const int MAXN = 20010;
int n;
int l[MAXN], r[MAXN], f[MAXN][2];
int main(){
    n = read();
    rep(i, 1, n) l[i] = read(), r[i] = read();
    f[1][0] = r[1] + r[1] - l[1] - 1;
    f[1][1] = r[1] - 1;
    rep(i, 2, n)
       f[i][0] = min(f[i-1][0] + abs(l[i-1] - r[i]) + r[i] - l[i] + 1, f[i-1][1] + abs(r[i-1] - r[i]) + r[i] - l[i] + 1),
       f[i][1] = min(f[i-1][0] + abs(l[i-1] - l[i]) + r[i] - l[i] + 1, f[i-1][1] + abs(r[i-1] - l[i]) + r[i] - l[i] + 1);
    printf("%d\n", min(f[n][0] + n - l[n], f[n][1] + n - r[n]));
    return 0;
}

P1064 [NOIP 2006 提高组] 金明的预算方案

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说："你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过 n 元钱就行"。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯，文具
工作椅	无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有 0 个、1 个或 2 个附件。每个附件对应一个主件，附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的 n 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 5 等：用整数 1∼5 表示，第 5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 10 元的整数倍）。他希望在不超过 n 元的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第 j 件物品的价格为 vj​，重要度为 wj​，共选中了 k 件物品，编号依次为 j1​,j2​,...,jk​，则所求的总和为：

vj1​​×wj1​​+vj2​​×wj2​​+⋯+vjk​​×wjk​​

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入格式

第一行有两个整数，分别表示总钱数 n 和希望购买的物品个数 m。

第 2 到第 (m+1) 行，每行三个整数，第 (i+1) 行的整数 vi​，pi​，qi​ 分别表示第 i 件物品的价格、重要度以及它对应的的主件。如果 qi​=0，表示该物品本身是主件。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

输入输出样例

输入 #1复制

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

输出 #1复制

2200

说明/提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 1≤n≤3.2×104，1≤m≤60，0≤vi​≤104，1≤pi​≤5，0≤qi​≤m，答案不超过 2×105。

NOIP 2006 提高组 第二题

实现代码：

#include <iostream>
#include <algorithm> 

const int kMaxN = 32000, kMaxM = 60; 
int v[kMaxM + 5][3], p[kMaxM + 5][3];
int f[kMaxN + 5];

int main() {
	int n, m;
	std::cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int _v, _p, _q;
		std::cin >> _v >> _p >> _q;
		if (!_q) { 
			v[i][0] = _v;
			p[i][0] = _p;
		} else {
			if (v[_q][1] == 0) { 
				v[_q][1] = _v;
				p[_q][1] = _p;
			} else { 
				v[_q][2] = _v;
				p[_q][2] = _p;
			}
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= m; ++i)
		for (int j = n; j >= 0; --j) {
			auto cost2 = [v, p, i](int x, int y) { return v[i][x] + v[i][y]; };
			auto cost3 = [v, p, i](int x, int y, int z) { return v[i][x] + v[i][y] + v[i][z]; };
			auto rpp = [v, p, i](int x) { return v[i][x] * p[i][x]; };
			
			if (j >= v[i][0]) 
				f[j] = std::max(f[j], f[j - v[i][0]] + rpp(0));
			if (j >= cost2(0, 1)) 
				f[j] = std::max(f[j], f[j - cost2(0, 1)] + rpp(0) + rpp(1));
			if (j >= cost2(0, 2)) 
				f[j] = std::max(f[j], f[j - cost2(0, 2)] + rpp(0) + rpp(2));
			if (j >= cost3(0, 1, 2)) 
				f[j] = std::max(f[j], f[j - cost3(0, 1, 2)] + rpp(0) + rpp(1) + rpp(2));
		}
		
	std::cout << f[n] << std::endl;
}

P2392 kkksc03考前临时抱佛脚

题目背景

kkksc03 的大学生活非常的颓废，平时根本不学习。但是，临近期末考试，他必须要开始抱佛脚，以求不挂科。

题目描述

这次期末考试，kkksc03 需要考 4 科。因此要开始刷习题集，每科都有一个习题集，分别有 s1​,s2​,s3​,s4​ 道题目，完成每道题目需要一些时间，可能不等（A1​,A2​,...,As1​​，B1​,B2​,...,Bs2​​，C1​,C2​,...,Cs3​​，D1​,D2​,...,Ds4​​）。

kkksc03 有一个能力，他的左右两个大脑可以同时计算 2 道不同的题目，但是仅限于同一科。因此，kkksc03 必须一科一科的复习。

由于 kkksc03 还急着去处理洛谷的 bug，因此他希望尽快把事情做完，所以他希望知道能够完成复习的最短时间。

输入格式

本题包含 5 行数据：第 1 行，为四个正整数 s1​,s2​,s3​,s4​。

第 2 行，为 A1​,A2​,...,As1​​ 共 s1​ 个数，表示第一科习题集每道题目所消耗的时间。

第 3 行，为 B1​,B2​,...,Bs2​​ 共 s2​ 个数。

第 4 行，为 C1​,C2​,...,Cs3​​ 共 s3​ 个数。

第 5 行，为 D1​,D2​,...,Ds4​​ 共 s4​ 个数，意思均同上。

输出格式

输出一行，为复习完毕最短时间。

输入输出样例

输入 #1复制

1 2 1 3		
5
4 3
6
2 4 3

输出 #1复制

20

说明/提示

1≤s1​,s2​,s3​,s4​≤20。

1≤A1​,A2​,...,As1​​,B1​,B2​,...,Bs2​​,C1​,C2​,...,Cs3​​,D1​,D2​,...,Ds4​​≤60。

实现代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3;
int s[N];
int a[N][N];
int mark[5]={0,1200,1200,1200,1200};

void dfs(int left,int right,int sum,int n){
	if(sum==s[n]){
		mark[n]=min(max(left,right),mark[n]);
		return ;
	}
	sum++;
	dfs(left+a[n][sum],right,sum,n);
	dfs(left,right+a[n][sum],sum,n);
}

int main(){
	for(int i=1;i<=4;i++){
		cin>>s[i];
	}
	for(int i=1;i<=4;i++){
		for(int j=1;j<=s[i];j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=4;i++){
		dfs(0,0,0,i);
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=4;i++){
		cnt+=mark[i];
	}
	cout<<cnt;
	return 0;
}