ACM算法 - 技术栈

POJ 动态规划 20 题完整题解 + 多解法对比 + 核心代码骨架。

如果你其实更想要 HDU 数据结构专题或 Codeforces 构造/DP 专题，回复对应关键词即可换。

说明：代码为 C++17 核心骨架，省略主函数和部分输入输出；重点看状态、转移和多解法差异。

编号题目类型

1 POJ 1014 Dividing 多重背包可行性

2 POJ 1742 Coins 多重部分和

3 POJ 1276 Cash Machine 多重背包最大可达

4 POJ 3017 Cut the Sequence 单调队列优化 DP

5 POJ 2373 Dividing the Path 单调队列优化 DP

6 POJ 1821 Fence 单调队列优化 DP

7 POJ 1159 Palindrome LCS / 区间 DP

8 POJ 3280 Cheapest Palindrome 区间 DP

9 POJ 2955 Brackets 区间 DP

10 POJ 1141 Brackets Sequence 区间 DP + 路径

11 POJ 1651 Multiplication Puzzle 区间 DP

12 POJ 1191 棋盘分割区间 DP / 记忆化

13 POJ 1160 Post Office 区间 DP + 四边形不等式

14 POJ 3254 Corn Fields 状压 DP

15 POJ 1185 炮兵阵地状压 DP

16 POJ 2411 Mondriaan's Dream 状压 / 轮廓线 DP

17 POJ 2282 The Counting Problem 数位 DP / 逐位统计

18 POJ 3252 Round Numbers 数位 DP / 组合

19 POJ 1088 滑雪记忆化搜索 / 排序 DP

20 POJ 2342 Anniversary party 树形 DP

POJ 1014 Dividing
模型：有 6 种价值为 1~6 的物品，数量给出，问能否平分总价值。
状态：f $j$ 表示是否能凑出价值 j。
多解法对比
解法思路复杂度特点
二进制拆分 + 01 背包把数量拆成 1,2,4,... O(sum log cnt) 最好写
DFS + 剪枝从大到小搜索实际很快数据强时需剪枝
单调队列多重背包按余数分类 O(6 * sum) 最稳但难写
核心代码：二进制拆分
cpp
bool f $MAXN$ ;
vector w;
for (int v = 1; v <= 6; v++) {
int c; cin >> c;
for (int k = 1; k <= c; k <<= 1) {
w.push_back(k * v);
c -= k;
}
if © w.push_back(c * v);
}
f $0$ = true;
for (int x : w)
for (int j = sum; j >= x; j--)
f $j$ |= f $j - x$ ;
if (sum % 2 == 0 && f $sum / 2$ ) cout << "Can be divided.\n";

POJ 1742 Coins
模型：多重部分和，问 1~m 中有多少值能被凑出。
状态：f $j$ 是否可达；used $j$ 当前硬币已用数量。
多解法对比
解法复杂度特点
used 数组 O(nm) 最经典，必须掌握
二进制 + bitset O(nm/word) 常数小
单调队列 O(nm) 理论最优，代码复杂
核心代码：used 数组
cpp
bool f $MAXM$ ;
int used $MAXM$ ;

f $0$ = true;

int ans = 0;

for (int i = 1; i <= n; i++) {

int a, c; cin >> a >> c;

memset(used, 0, sizeof(int) * (m + 1));

for (int j = a; j <= m; j++) {

if (!f $j$ && f $j - a$ && used $j - a$ < c) {

f $j$ = true;

used $j$ = used $j - a$ + 1;

ans++;

}

cout << ans << '\n';

POJ 1276 Cash Machine
模型：多重背包，容量 cash，每种面额有数量，求最大可达金额。
多解法对比
解法复杂度特点
二进制拆分 + 01 背包 O(sum log cnt) 推荐
单调队列优化 O(n * cash) 更快但难写
核心代码
cpp
bool f $MAXC$ ;
f $0$ = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int v, c; cin >> c >> v;
for (int k = 1; k <= c; k <<= 1) {
int x = k * v;
for (int j = cash; j >= x; j--)
f $j$ |= f $j - x$ ;
c -= k;
}
if © {
int x = c * v;
for (int j = cash; j >= x; j--)
f $j$ |= f $j - x$ ;
}
}
for (int j = cash; j >= 0; j--)
if (f $j$ ) { cout << j << '\n'; break; }

POJ 3017 Cut the Sequence

模型：把序列分成若干段，每段和不超过 M，最小化每段最大值之和。

状态：

text

dp $i$ = min(dp $j$ + max(a $j+1...i$ ))，且 sum(j+1...i) <= M

多解法对比

解法复杂度特点

暴力 DP O(n^2) 只能小数据

单调队列 + multiset O(n log n) 标准解

线段树维护 O(n log n) 更直观

核心思路
用双指针维护 sum <= M 的最左合法 j。
单调队列维护 a 的递减序列。
队列中每个元素代表一段 j，该段内 max(a $j+1...i$ ) 固定。
用 multiset 维护候选 dp $j$ + max。

伪代码

cpp

deque q;

multiset st;

int L = 1, sum = 0;

for (int i = 1; i <= n; i++) {

sum += a $i$ ;

while (sum > M) sum -= a $L++$ ;

while (!q.empty() && a $q.back()$ <= a $i$ ) {

// 删除旧候选

q.pop_back();

}

q.push_back(i);

// 删除越界队头

while (!q.empty() && q.front() < L) q.pop_front();

// 更新候选，具体实现需维护每个队头对应的最优 dp

dp $i$ = *st.begin();

}

POJ 2373 Dividing the Path
模型：给区间 $0, L$ 喷水，每个喷头覆盖长度 $2A, 2B$ 且为偶数，不能覆盖牛的区域，求最少喷头数。
状态：
text
dp $i$ = min(dp $j$ + 1)
i - 2B <= j <= i - 2A
i, j 为偶数
$j, i$ 不覆盖牛区
多解法对比
解法复杂度特点
暴力枚举 j O(L * B) 超时
单调队列 O(L) 标准解
核心代码
cpp
for (int i = 2; i <= L; i += 2) {
if (bad $i$ ) continue;
while (!q.empty() && q.front() < i - 2 * B) q.pop_front();
if (i - 2 * A >= 0) {
int j = i - 2 * A;
if (dp $j$ != INF) {
while (!q.empty() && dp $q.back()$ >= dp $j$ ) q.pop_back();
q.push_back(j);
}
}
if (!q.empty()) dp $i$ = dp $q.front()$ + 1;
}

POJ 1821 Fence

模型：K 个工人刷墙，每个工人必须刷包含位置 s 的连续段，长度不超过 L，每格收益 p，求最大收益。

状态：

text

dp $i$ $j$ = 前 i 个工人刷前 j 块的最大收益

转移

不刷：

text

dp $i$ $j$ = dp $i-1$ $j$

第 i 个工人刷 k+1...j：

text

dp $i$ $j$ = max(dp $i-1$ $k$ + p_i * (j - k))

k < s_i <= j

j - k <= L_i

多解法对比

解法复杂度特点

暴力枚举 k O(K N^2) 超时

单调队列优化 O(K N) 标准

核心代码

cpp

for (int i = 1; i <= K; i++) {

deque q;

for (int j = 0; j <= N; j++) {

dp $i$ $j$ = dp $i-1$ $j$ ;

if (j) dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $i$ $j-1$ );
复制代码
```
 if (j >= s[i]) {
     int k = j - L[i];
     if (k >= 0) {
         while (!q.empty() && dp[i-1][q.back()] - p[i] * q.back()
                <= dp[i-1][k] - p[i] * k)
             q.pop_back();
         q.push_back(k);
     }
     while (!q.empty() && q.front() < j - L[i]) q.pop_front();
     if (!q.empty())
         dp[i][j] = max(dp[i][j],
             dp[i-1][q.front()] + p[i] * (j - q.front()));
 }
```
}

}

POJ 1159 Palindrome
模型：最少插入多少字符使字符串变回文。
核心结论：
text
答案 = n - LCS(s, reverse(s))
多解法对比
解法复杂度空间
LCS + 滚动数组 O(n^2) O(n)
区间 DP O(n^2) O(n^2)
哈希 + 二分 O(n log n) O(n)
核心代码：LCS 滚动数组
cpp
string t = s;
reverse(t.begin(), t.end());
vector dp(n + 1), ndp(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (s $i-1$ == t $j-1$ ) ndp $j$ = dp $j-1$ + 1;
else ndp $j$ = max(dp $j$ , ndp $j-1$ );
}
swap(dp, ndp);
}
cout << n - dp $n$ << '\n';

POJ 3280 Cheapest Palindrome
模型：给定字符串，插入或删除字符有代价，求变回文最小代价。
状态：
text
dp $i$ $j$ = s $i...j$ 变回文最小代价
转移
若 s $i$ == s $j$ ：
text
dp $i$ $j$ = dp $i+1$ $j-1$
否则：
text
dp $i$ $j$ = min(
dp $i+1$ $j$ + cost $s\[i$ ],
dp $i$ $j-1$ + cost $s\[j$ ]
)
其中 cost $c$ = min(add $c$ , del $c$ )。
核心代码
cpp
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int i = 0; i + len - 1 < n; i++) {
int j = i + len - 1;
if (s $i$ == s $j$ ) dp $i$ $j$ = dp $i+1$ $j-1$ ;
else dp $i$ $j$ = min(dp $i+1$ $j$ + cost $s\[i$ ],
dp $i$ $j-1$ + cost $s\[j$ ]);
}
}
cout << dp $0$ $n-1$ << '\n';

POJ 2955 Brackets
模型：最长合法括号子序列长度。
状态：
text
dp $i$ $j$ = s $i...j$ 中最长合法括号子序列长度
转移
若 s $i$ 与 s $j$ 匹配：
text
dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $i+1$ $j-1$ + 2)
枚举分割点：
text
dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $i$ $k$ + dp $k+1$ $j$ )
核心代码
cpp
for (int len = 2; len <= n; len++) {
for (int i = 0; i + len - 1 < n; i++) {
int j = i + len - 1;
if ((s $i$ '(' && s $j$ ')') || (s $i$ ' $' \&\& s\[j$ ']'))
dp $i$ $j$ = dp $i+1$ $j-1$ + 2;
for (int k = i; k < j; k++)
dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , dp $i$ $k$ + dp $k+1$ $j$ );
}
}
cout << dp $0$ $n-1$ << '\n';

POJ 1141 Brackets Sequence
模型：输出最短合法括号序列。
状态：
text
dp $i$ $j$ = s $i...j$ 最少需要添加的括号数
path $i$ $j$ = 分割点或匹配标记
转移
若匹配：
text
dp $i$ $j$ = dp $i+1$ $j-1$
否则枚举分割：
text
dp $i$ $j$ = min(dp $i$ $k$ + dp $k+1$ $j$ )
核心代码
cpp
void print(int i, int j) {
if (i > j) return;
if (i == j) {
if (s $i$ '(' || s $i$ ')') cout << "()";
else cout << "\[\]";
return;
}
if (path $i$ $j$ == -1) {
cout << s $i$ ;
print(i+1, j-1);
cout << s $j$ ;
} else {
int k = path $i$ $j$ ;
print(i, k);
print(k+1, j);
}
}

POJ 1651 Multiplication Puzzle
模型：取牌，每次取中间牌得分 a $i$ *a $k$ *a $j$ ，求最小总得分。
状态：
text
dp $i$ $j$ = 将 i...j 取完只剩 i,j 的最小代价
转移
text
dp $i$ $j$ = min(dp $i$ $k$ + dp $k$ $j$ + a $i$ *a $k$ *a $j$ )
核心代码
cpp
for (int len = 2; len < n; len++) {
for (int i = 0; i + len < n; i++) {
int j = i + len;
dp $i$ $j$ = INF;
for (int k = i + 1; k < j; k++)
dp $i$ $j$ = min(dp $i$ $j$ ,
dp $i$ $k$ + dp $k$ $j$ + a $i$ *a $k$ *a $j$ );
}
}
cout << dp $0$ $n-1$ << '\n';

POJ 1191 棋盘分割
模型：8×8 棋盘切 n 块，最小化均方差。
状态：
text
dp $k$ $x1$ $y1$ $x2$ $y2$ = 切 k 块的最小平方和
转移：枚举横切、竖切。
核心代码骨架
cpp
int dfs(int k, int x1, int y1, int x2, int y2) {
if (dp $k$ $x1$ $y1$ $x2$ $y2$ != -1) return dp $k$ $...$ ;
if (k == 1) return sum2(x1,y1,x2,y2);
int ans = INF;
for (int x = x1; x < x2; x++) {
ans = min(ans, dfs(k-1, x1,y1,x,x2? ...) + sum2(...));
ans = min(ans, dfs(k-1, x+1,y1,x2,y2) + sum2(...));
}
// 同理竖切
return dp $k$ $...$ = ans;
}
最终答案：
text
sqrt(dp $n$ $1$ $1$ $8$ $8$ / n - avg^2)

POJ 1160 Post Office
模型：V 个村庄建 P 个邮局，最小化总距离。
状态：
text
dp $i$ $j$ = 前 i 个村建 j 个邮局的最小代价
cost $i$ $j$ = 在 i...j 建一个邮局的最小距离和
转移
text
dp $i$ $j$ = min(dp $k$ $j-1$ + cost $k+1$ $i$ )
多解法对比
解法复杂度特点
普通区间 DP O(P V^2) 可过
四边形不等式 O(P V) 进阶
核心代码
cpp
for (int i = 1; i <= V; i++)
dp $i$ $1$ = cost $1$ $i$ ;

for (int j = 2; j <= P; j++)

for (int i = j; i <= V; i++)

for (int k = j - 1; k < i; k++)

dp $i$ $j$ = min(dp $i$ $j$ , dp $k$ $j-1$ + cost $k+1$ $i$ );

POJ 3254 Corn Fields
模型：网格中选格子，相邻不能同时选，求方案数。
状态：
text
dp $row$ $state$ = 第 row 行状态为 state 的方案数
合法状态：
text
!(state & (state << 1))
核心代码
cpp
for (int s = 0; s < (1<<n); s++)
if (!(s & (s<<1))) ok $s$ = true;

dp $0$ $0$ = 1;

for (int r = 1; r <= m; r++) {

for (int s = 0; s < (1<<n); s++) {

if (!ok $s$ || (s & field $r$ )) continue;

for (int ps = 0; ps < (1<<n); ps++) {

if (s & ps) continue;

dp $r$ $s$ = (dp $r$ $s$ + dp $r-1$ $ps$ ) % MOD;

}

POJ 1185 炮兵阵地
模型：炮兵不能攻击到上下左右两格内的其他炮兵。
合法状态：
text
!(s & (s<<1)) && !(s & (s<<2))
状态：
text
dp $row$ $cur$ $prev$
核心代码骨架
cpp
for (int r = 1; r <= n; r++) {
for (int cur : states) {
if (cur & field $r$ ) continue;
for (int prev : states) {
if (cur & prev) continue;
for (int pprev : states) {
if ((cur & pprev) || (prev & pprev)) continue;
dp $r$ $cur$ $prev$ = max(dp $r$ $cur$ $prev$ ,
dp $r-1$ $prev$ $pprev$ + popcount(cur));
}
}
}
}

POJ 2411 Mondriaan's Dream
模型：用 1×2 骨牌铺满 H×W，求方案数。
多解法对比
解法复杂度特点
按行状压 DP O(H * 2^W * 合法转移) 经典
轮廓线 DP O(HW * 2^W) 更通用
核心代码：按行 DP
cpp
void dfs(int col, int cur, int nxt) {
if (col == W) {
trans $cur$ .push_back(nxt);
return;
}
if (cur & (1<<col)) {
dfs(col+1, cur, nxt);
} else {
// 横放
if (col+1 < W && !(cur & (1<<(col+1))))
dfs(col+2, cur, nxt);
// 竖放
dfs(col+1, cur, nxt | (1<<col));
}
}

dp $0$ $0$ = 1;

for (int r = 0; r < H; r++)

for (int s = 0; s < (1<<W); s++)

for (int ns : trans $s$ )

dp $r+1$ $ns$ += dp $r$ $s$ ;

cout << dp $H$ $0$ << '\n';

POJ 2282 The Counting Problem

模型：统计 $a,b$ 中数字 0~9 出现次数。

多解法对比

解法复杂度特点

逐位统计 O(10 log n) 数学强

数位 DP O(10 * log n * 状态) 通用

逐位统计核心

cpp

long long countDigit(long long n, int d) {

long long cnt = 0;

for (long long base = 1; base <= n; base *= 10) {

long long high = n / (base * 10);

long long cur = (n / base) % 10;

long long low = n % base;
复制代码
```
if (d == 0) {
    if (high == 0) continue;
    high--;
    cnt += high * base + low + 1;
    high++;
    cnt -= base;
    // 实际需按公式调整，建议直接写数位 DP
} else {
    if (cur > d) cnt += (high + 1) * base;
    else if (cur == d) cnt += high * base + low + 1;
    else cnt += high * base;
}
```
}

return cnt;

}

0 的处理容易错，比赛建议直接写数位 DP。

POJ 3252 Round Numbers

模型：统计 $a,b$ 中二进制 0 的个数不少于 1 的个数。

状态：

text

dp $pos$ $cnt0$ $cnt1$ $lead$ $limit$

核心代码骨架

cpp

int dfs(int pos, int c0, int c1, bool lead, bool limit) {

if (pos == -1) return c0 >= c1;

if (!limit && !lead && dp $pos$ $c0$ $c1$ != -1)

return dp $pos$ $c0$ $c1$ ;

int up = limit ? bit $pos$ : 1;

int ans = 0;

for (int x = 0; x <= up; x++) {

if (lead && x == 0)

ans += dfs(pos-1, 0, 0, true, limit && x == up);

else

ans += dfs(pos-1, c0 + (x == 0), c1 + (x == 1),

false, limit && x == up);

}

if (!limit && !lead) dp $pos$ $c0$ $c1$ = ans;

return ans;

}

答案：

text

solve(b) - solve(a-1)

POJ 1088 滑雪
模型：网格中找最长下降路径。
多解法对比
解法复杂度特点
记忆化搜索 O(RC) 最好写
排序 + DP O(RC log RC) 无递归
核心代码：记忆化
cpp
int dfs(int x, int y) {
if (dp $x$ $y$ ) return dp $x$ $y$ ;
dp $x$ $y$ = 1;
for (int d = 0; d < 4; d++) {
int nx = x + dx $d$ , ny = y + dy $d$ ;
if (in(nx,ny) && a $nx$ $ny$ < a $x$ $y$ )
dp $x$ $y$ = max(dp $x$ $y$ , dfs(nx,ny) + 1);
}
return dp $x$ $y$ ;
}

POJ 2342 Anniversary party
模型：树形 DP，员工不能和直接上司同时选，最大快乐值。
状态：
text
dp $u$ $0$ = 不选 u 的最大值
dp $u$ $1$ = 选 u 的最大值
转移
text
dp $u$ $0$ = sum(max(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ ))
dp $u$ $1$ = val $u$ + sum(dp $v$ $0$ )
核心代码
cpp
void dfs(int u, int fa) {
dp $u$ $0$ = 0;
dp $u$ $1$ = val $u$ ;
for (int v : g $u$ ) {
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
dp $u$ $0$ += max(dp $v$ $0$ , dp $v$ $1$ );
dp $u$ $1$ += dp $v$ $0$ ;
}
}
答案：
cpp
cout << max(dp $root$ $0$ , dp $root$ $1$ ) << '\n';

多解法对比速查表

题目推荐解法备选解法关键优化

1014 二进制拆分 DFS / 单调队列可行性背包

1742 used 数组 bitset / 单调队列多重部分和

1276 二进制拆分单调队列最大可达

3017 单调队列 + multiset 线段树分段最大值

2373 单调队列线段树区间限制

1821 单调队列线段树工人刷墙

1159 LCS 滚动区间 DP / 哈希回文插入

3280 区间 DP 记忆化插入删除取小

2955 区间 DP 栈括号匹配

1141 区间 DP + 路径记忆化输出方案

1651 区间 DP 记忆化矩阵连乘

1191 记忆化区间 DP 递推棋盘分割

1160 区间 DP 四边形不等式邮局

3254 状压 DP 轮廓线相邻限制

1185 状压 DP 滚动数组三行影响

2411 按行状压轮廓线 DP 骨牌覆盖

2282 数位 DP 逐位统计 0 特殊

3252 数位 DP 组合计数二进制

1088 记忆化搜索排序 DP 最长下降

2342 树形 DP 拓扑排序上司限制