算法提高课整理

1 动态规划

数字三角形模型(1/4)

摘花生（线性DP）

Hello Kitty想摘点花生送给她喜欢的米老鼠。

她来到一片有网格状道路的矩形花生地(如下图)，从西北角进去，东南角出来。

地里每个道路的交叉点上都有种着一株花生苗，上面有若干颗花生，经过一株花生苗就能摘走该它上面所有的花生。

Hello Kitty只能向东或向南走，不能向西或向北走。

问Hello Kitty最多能够摘到多少颗花生。

1.gif

输入格式 第一行是一个整数T，代表一共有多少组数据。

接下来是T组数据。

每组数据的第一行是两个整数，分别代表花生苗的行数R和列数 C。

每组数据的接下来R行数据，从北向南依次描述每行花生苗的情况。每行数据有C个整数，按从西向东的顺序描述了该行每株花生苗上的花生数目M。

输出格式 对每组输入数据，输出一行，内容为Hello Kitty能摘到得最多的花生颗数。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1e2+100;
int a[N][N];
int f[N][N];
int main()
{
int t;
cin>>t;
    while(t--)
    {
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
     {
        cin>>a[i][j];
     }
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=m;j++)
         {
            f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j];
         }
    cout<<f[n][m]<<'\n';
    }
}

优化

由于使用的都是上一行或者同一行因此可以进行滚动数组的优化

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1e2+100;
int a[N][N];
int f[2][N];
int main()
{
int t;
cin>>t;
    while(t--)
    {
memset(f,0,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
     {
        cin>>a[i][j];
     }
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=m;j++)
         {
            f[i&1][j]=max(f[(i-1)&1][j],f[i&1][j-1])+a[i][j];
         }
    cout<<f[n&1][m]<<'\n';
    }
}

再进行优化

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1e2+100;
int a[N][N];
int [N];
int main()
{
int t;
cin>>t;
    while(t--)
    {
memset(f,0,sizeof(f));
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
     {
        cin>>a[i][j];
     }
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=m;j++)
         {
            f[j] = max (f[j],f[j - 1]) + a[i][j];
         }
     cout << f[m]<<'\n';
    }
}

数字三角形模型(2/4)

最低通行费

一个商人穿过一个 \(N×N\) 的正方形的网格，去参加一个非常重要的商务活动。 他要从网格的左上角进，右下角出。 每穿越中间 \(1\) 个小方格，都要花费 \(1\) 个单位时间。 商人必须在 \((2N-1)\) 个单位时间穿越出去。 而在经过中间的每个小方格时，都需要缴纳一定的费用。 这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。 请问至少需要多少费用？ 注意：不能对角穿越各个小方格（即，只能向上下左右四个方向移动且不能离开网格）。

样例中，最小值为 \(109=1+2+5+7+9+12+19+21+33\)。

本题目只是上面一道题目的转化而已：

由于只能够走2*n-1个格子，那么只可以向下走或者向右走。因此定义和解法也几乎与上面一道题类似。

状态表示:f[i][j]表示从(1,1)到(i,j)的路径集合

属性：min，因此需要初始化

状态计算同理：

f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j]

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
const int N=1e2+100;
int a[N][N];
int f[N][N];
int main()
{
int t=1;
    while(t--)
    {
memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=n;j++)
     {
        cin>>a[i][j];
     }
     f[1][1]=a[1][1];
     for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=n;j++)
         {
            f[i][j]=min(f[i][j],min(f[(i-1)][j],f[i][j-1])+a[i][j]);
         }
    cout<<f[n][n]<<'\n';
    return 0;
    }
}

数字三角形模型(3/4)

方格取数

设有 \(N×N\) 的方格图，我们在其中的某些方格中填入正整数，而其它的方格中则放入数字 0。如下图所示： 某人从图中的左上角 \(A\) 出发，可以向下行走，也可以向右行走，直到到达右下角的 \(B\) 点。 在走过的路上，他可以取走方格中的数（取走后的方格中将变为数字0）。 此人从 \(A\) 点到 \(B\) 点共走了两次，试找出两条这样的路径，使得取得的数字和为最大。

本题目可以用一个四维dp进行解决。

状态表示：f[i]][j][k][l]表示第一个走到了(i,j).第二个人走到了(k,l)。

属性：max。

注意点：主要判断(i,j)和(k,l)是不是一个点。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12;
int f[N][N][N][N];
int a[N][N];
int n,x,y,z;
int main()
{
cin>>n>>x>>y>>z;
while(x||y||z)
{
    a[x][y]=z;
    cin>>x>>y>>z;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    for(int k=1;k<=n;k++)
    for(int l=1;l<=n;l++)
    {
        f[i][j][k][l]=max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]),max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
        if(i==k&&j==l)
        {
            f[i][j][k][l]-=a[i][j];
        }
    }
cout<<f[n][n][n][n];
}

优化

其实并不需要开四个维度进行解题，可以开三个维度降低时间复杂度。

其中k是表示走过的步数，第二维度 i1表示路线1的x,第三维度i2表示路线2的x.

其中这两条路线中的y都可以通过y=k-x推导。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int f[N * 2][N][N];//其中`k`是表示走过的`步数`，第二维度 `i1`表示路线1的`x`,第三维度`i2`表示路线2的`x`.
int w[N][N];
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    int a , b , c;
    while(cin>>a>>b>>c,a||b||c)
    {
        w[a][b] = c;
    }

    for(int k = 2;k <= n+n; k ++ )
        {
            for(int i1 = 1 ;i1 <= n; i1 ++ )
            {
                for(int i2 = 1; i2 <= n; i2 ++)
                {
                    int j1 = k - i1, j2 = k - i2;
                    if(j1 >= 1&& j2 <= n && j2 >= 1&&j1 <= n)//判断是否越界。
                    {
                     int t = w[i1][j1];
                     if(i1!=i2) t+=w[i2][j2];
                     int &x = f[k][i1][i2];
                     x = max(x,f[k-1][i1-1][i2-1] + t);
                     x = max(x,f[k-1][i1-1][i2] + t);
                     x = max(x,f[k-1][i1][i2-1] + t);
                     x = max(x,f[k-1][i1][i2] + t);
                    }
                }
            }
        }
    cout<< f[n+n][n][n]<<endl;

}

数字三角形模型(4/4)

传纸条

一次素质拓展活动中，班上同学安排坐成一个 $ m $ 行 $ n $ 列的矩阵，而小渊和小轩被安排在矩阵对角线的两端，因此，他们就无法直接交谈了。 幸运的是，他们可以通过传纸条来进行交流。 纸条要经由许多同学传到对方手里，小渊坐在矩阵的左上角，坐标 $ (1,1) $ ，小轩坐在矩阵的右下角，坐标 $ (m,n) $ 。 从小渊传到小轩的纸条只可以向下或者向右传递，从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。  在活动进行中，小渊希望给小轩传递一张纸条，同时希望小轩给他回复。 班里每个同学都可以帮他们传递，但只会帮他们一次，也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙，那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙，反之亦然。  还有一件事情需要注意，全班每个同学愿意帮忙的好感度有高有低（注意：小渊和小轩的好心程度没有定义，输入时用 $ 0 $ 表示），可以用一个 $ 0 100 $ 的自然数来表示，数越大表示越好心。 小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条，即找到来回两条传递路径，使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。 现在，请你帮助小渊和小轩找到这样的两条路径。

本题和上面方格取数一题一模一样，下面只需要证明为何一模一样即可。

首先， 从右下角回传可以等价为从左上角同时传两次。要想两个路径除了起点和终点之外没有交点，那么肯定有一条路径完全位于另一条的上方。

考虑路径有交点的情况：

img

只要把位于红色线段上方的蓝色线段交换颜色就可以了。

img

但是这个时候虽然满足了红色路径完全在蓝色的上方，但是却有交点。但是因为所有节点的权值都为非负数，那么可以证明这种情况永远不可能是最优解。比如以交点（2，2）为例，蓝色从（3，1）绕道或者红色从（1，3）处绕道一定不会比两条路径都从（2，2）处走差。

因此还是与上一题一致：

状态表示：$ f_{k,i_1,i_2} $

集合：$ f_{k,i_1,i_2} $ 表示第一个人从 $ (1,1) $ 走到 $ (i_1,k - i_1) $ ，而第二个人从 $ 1,1 $ 走到 $ (i_2,k - i_2) $ （当存在的时候） 属性：$ max $

状态计算： 第一个点可以从上面和左边走过 第二个点也可以从上面和左边走过来 所以状态转移方程是 $ f_{k,i_1,i_2}=f_{k-1,i_1-1,i_2-1},f_{k-1,i_1-1,i_2},f_{k-1,i_1,i_2-1},f_{k-1,i_1,i_2}+t $ （其中 $ t $ 是价值和，当 $ (i_1,k-i_1) $ 和 $ (i_2,k-i_2) $ 是同一个点时，$ t=a_{i_1,k-i_1} $ 否则 $ t=a_{i_1,k-i_1}+a_{i_2,k-i_2} $

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#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 60;
int n,m;
int a[N][N];
int f[2 * N][N][N];
int main () {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) 
    {
        for (int j = 1;j <= m;j++) 
            cin >> a[i][j];
    }
    for (int k = 2;k <= n + m;k++) 
    {
        for (int i1 = 1;i1 <= n;i1++) 
        {
            for (int i2 = 1;i2 <= n;i2++) 
            {
                int j1 = k - i1,j2 = k - i2;
                if (j1 < 1 || j1 > m || j2 < 1 || j2 > m) 
                    continue;
                int &ans = f[k][i1][i2];
                int w = a[i1][j1];
                if (i1 != i2 || j1 != j2) w += a[i2][j2];
                ans = max (ans,f[k - 1][i1 - 1][i2 - 1] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1 - 1][i2] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1][i2 - 1] + w);
                ans = max (ans,f[k - 1][i1][i2] + w);
            }
        }
    }
    cout << f[n + m][n][n] << endl;
    return 0;
}