习题选讲

赵浩泉wxyz202@soj.me

2 2011-12-21

动态规划 Pick numbers The Top-Code 过河 The Longest Walk Hie with the Pie 电子眼 Fight Club GECKO 能量项链 Antimonotonicity Missile Bridging Signals

3 2011-12-21

动态规划 Counting Problem HOUSING Circular Sequence Apple Tree Maximum Sum 金明的预算方案 运动会 Cash Machine 开心的金明 Knapsack Dairy Queen

4 2011-12-21

Pick numbers题目大意：给一个M*N的格子，现在需要从左上角走到右下角，并且只能往下或往右走，并且要把走过的格子中的数加起来，现在要求和为正并且越小越好，求和。

2<=M,N<=10，格子中的数范围为 [-10,10]

5 2011-12-21

Pick numbers解题思路：因为只能往下和往右走，因此走第二行的格子必定在走第一行的格子之后，在同一行里，靠左的格子必定先走。

从左上角到右下角总共经过 M+N-1个格子，因此得到的和的范围为 [-190,190]。

6 2011-12-21

Pick numbers使用动态规划，按走的顺序记录到达每个格子可能出现的所有的和。

每个格子使用一个数组，如果某个和可能出现，则这个位置标为 true。

每个格子可能出现的和，只可能从它的左方或上方格子可能出现的和，加上当前格子的值得到。

7 2011-12-21

Pick numbers mid=200; ans=-1; dp[1][1][mid+a[1][1]]=true; for (i=1;i<=m;i++) for (j=1;j<=n;j++) if (i!=1||j!=1) for (k=0;k<=mid+mid;k++) { if (dp[i-1][j][k]) dp[i][j][k+a[i][j]]=true; if (dp[i][j-1][k]) dp[i][j][k+a[i][j]]=true; } for (k=mid+1;k<=mid+mid;k++) if (dp[m][n][k]) { ans=k-mid; break; }

8 2011-12-21

The Top-Code

题目大意：给出一个字符串，要求把它切成长度不小于 2的几段，使得每一段的字典序比它前一段的字典序小，求最大能切成的段数，在当前段数下的方案数，在当前段数下字典序最小的方案。

字符串长度不超过 100。

9 2011-12-21

The Top-Code

解题思路： 动态规划。每次要切新的一段，能切出的字符串只决定于上一个切出来的字符串。

状态 dp[i][j]， i表示上一个字符串起始位置， j表示当前字符串起始位置。状态转移时，枚举当前字符串长度，并与上一个字符串长度逐个比较，确定是否能转移。

转移过程中更新最多段数，和到达最多段数的方法数，并把所有可行转移边记录下来。

寻找字典序最小方案时，从结束状态开始，沿着转移边反向寻找到所有可能经过的状态，再从起始状态开始，只沿可能经过的状态贪心转移，最终到达结束状态。

http://222.200.182.58/viewsource.php?sid=1095986

10 2011-12-21

过河题目大意：桥的起点为 0，终点为 L，其中地有M个石子。青蛙每次跳的范围为 [S,T]，问要跳过桥最小踩到石子次数。

1 <= L <= 10^9 1 <= S <= T <= 10 1 <= M <= 100

11 2011-12-21

过河 解题思路： L的值大太，直接按 L的值进行动态规划不可行。

分情况：若 S和 T相等，则踩到的石子数是固定的；

若 S和 T不相等，因为 S和 T的最大值为 10，所以当两个石子相差太远是没有意义的，这里取的值为 90，当石子距离相差 90以上时，看作90，答案不变。

压缩后桥长度不超过 10000，直接动态规划即可。

12 2011-12-21

过河 for(i=0;i<m;i++) { delta[i]=rock[i+1]-rock[i]; if(delta[i]>90)delta[i]=90; } for(i=1;i<=m;i++) rock[i]=rock[i-1]+delta[i-1]; for(i=1;i<=m;i++) dp[rock[i]]=1; f[0]=1; work();

13 2011-12-21

过河 void work() { L=rock[m]+90; for(i=s;i<=L;i++) { max=101; for(j=i-t;j<=i-s;j++) if(j>=0) if(f[j]&&dp[j]+dp[i]<max) { max=dp[j]+dp[i]; f[i]=1; } dp[i]=max; } }

14 2011-12-21

The Longest Walk

题目大意：给出一个图，求出不经过重复点最长路径。

隐藏条件：图的点数不超过 12。

15 2011-12-21

The Longest Walk

解题思路： 动态规划，状态为已经经过哪些点，当前所在位置。

状态转移，在当前状态可以到达哪个没有到达过的点，到达新的状态，并纪录转移。

输出路径时，从结束结点开始，按照纪录的转移倒推输出。

如果状态转移是倒推的，则输出的结果不需再倒推。

16 2011-12-21

The Longest Walk

for(i=1;i<20;i++) t[i]=t[i-1]*2; for(i=1;i<t[n];i++)for(j=0;j<n;j++){ if((i&t[j])==0) continue; for(k=0;k<n;k++){ if(j==k||(i&t[k])==0) continue; if(b[j][k]&&a[j][i]<b[j][k]+a[k][i-t[j]]){ a[j][i]=b[j][k]+a[k][i-t[j]]; suc[j][i]=k; } } }

17 2011-12-21

Hie with the Pie

题目大意：给出一个图，求出从起点经过所有点并回到起点的最短路径，可以经过重复点。

点数不超过 10。

18 2011-12-21

Hie with the Pie

解题思路： 动态规划，状态为已经经过哪些点，当前所在位置。

状态转移，在当前状态可以到达哪个没有到达过的点，到达新的状态，并纪录转移。

因为可以经过重复点，先调用 floyd算法求出所有点之间的最短路。

19 2011-12-21

Hie with the Pie for(int state=opt[0][1<<0]=0;state<(1<<n);state++) for(i=0;i<n;i++) if((state&(1<<i))&&opt[i][state]!=-1) { for(j=0;j<n;j++) { int newstate=state|(1<<j); if(opt[j][newstate]==-1 ||opt[j][newstate]>opt[i][state]+g[i][j]) opt[j][newstate]=opt[i][state]+g[i][j]; } } int ans=opt[0][(1<<n)-1];

20 2011-12-21

电子眼题目大意：一个城市有 N条马路和 N个路口，在路口安装一个电子眼可以监视和它连接的马路，问最小需要多少电子眼才可以监视所有马路。

1<=N<=100000

21 2011-12-21

电子眼 解题思路： N个结点 N-1条边的连通图是树，则 N个结点 N条边的连通图只存在一个环。

假设题目所求的图是树，则可以用树型动态规划解决：从一个结点开始，当前结点包括的状态是，如果子结点连向它的边全部已经被监视需要的电子眼数，和存在还没被监视的边需要的电子眼数，则可先递归算出子结点的信息，在转移时，如果存在边还没被监视，则当前结点必须安装，否则可以安装也可以不安装，取最小值。

当图存在一个环的时候，可以找到环中的一条边，分别假设这条边的其中一个结点是否安装电子眼，并分别求解。

22 2011-12-21

电子眼 void dfs(long k,long &x1,long &y1,long &x2,long &y2) { long temp,nextx1,nexty1,nextx2,nexty2; x1=x2=0; y1=y2=1; for (node* pp=b[k];pp!=NULL;pp=pp->next) { temp=pp->xx; if ((temp==p&&k==q)||(temp==q&&k==p)); else if (d[temp]==0) { d[temp]=1; dfs(temp,nextx1,nexty1,nextx2,nexty2); x1+=nexty1; x2+=nexty2; if (nextx1<nexty1) y1+=nextx1; else y1+=nexty1; if (nextx2<nexty2) y2+=nextx2; else y2+=nexty2; } } if (k==q) x1=y2=1000000; }

23 2011-12-21

Fight Club

题目大意： N个人站成一圈，每个人都只能与相邻的人战斗，输的人离开这个圈，直到圈里只剩下一个人。给出每两个人之间的战斗胜负关系表，求出每个人是否能成为圈里剩下的唯一一个人。

24 2011-12-21

Fight Club 解题思路： 要成为圈中唯一剩下的人，则其他人全部都要打败，而每个人只能与旁边的人战斗，因此对于每个状态下每个人只关心两边的人。

动态规划，状态为区间 [i,j]，表示从第 i个人逆时针方向数到第 j个人之间所有人（不包括 i和 j）都已经被打败。

状态转移，每个区间 [i,j]能够达到，则需要在 i和 j之间存在一个人 k，使得 [i,k]能够成立，且 [k,j]能够成立，且 k会被 i和 j其中一个人打败。

初始时长度为 0的区间必定成立，且长度较大的区间需要长度较小的区间得到，因此枚举顺序为区间的长度从小到大。

最后对于每个人 i，如果 [i,i]成立，则表示所有其它人都被打败。

25 2011-12-21

Fight Club memset(f, 0, sizeof(f)); for (int i=0; i<n; i++) f[i][(i+1)%n] = 1; for (int d=2; d<=n; d++) for (int i=0; i<n; i++) { int j = (i+d)%n; for (int k=(i+1)%n; k!=j; k=(k+1)%n) if (f[i][k] && f[k][j] && (a[i][k] || a[j][k])) { f[i][j] = 1; break; } }

26 2011-12-21

GECKO

题目大意： 一只壁虎在墙上的格子爬，每个格子上有不同数量的蚊子。壁虎只能从第一行格子开始，每一次爬动都只能爬到下一行格子，只能爬到它所在格子的下一行位置或旁边位置的格子。它每到达一个格子就把格子中的蚊子吃了。问最多能吃的蚊子数量。

格子的行数和列数不超过 500。

27 2011-12-21

GECKO

解题思路： 动态规划，状态为一个格子，如果壁虎现在在这个格子里，它最多已经吃了的蚊子数量。

状态转移，对于每一个格子，都只能从上一行的三个格子转移过来，取其中的最大值即可。

按行的顺序枚举。

28 2011-12-21

GECKO

for (i=1;i<h;i++) { a[i][0]+=max(a[i-1][0],a[i-1][1]); for (j=1;j<w-1;j++) a[i][j]+=max(a[i-1][j-1],a[i-1][j],a[i-1][j+1]); a[i][w-1]+=max(a[i-1][w-1],a[i-1][w-2]); }

29 2011-12-21

能量项链题目大意：给出一串项链，每次可以选相邻两个珠子进行聚合，释放出一定的能量，并产生一个新珠子。项链是头尾相接的。求释放的能量的总和的最大值。

项链长度不超过 100。

30 2011-12-21

能量项链 解题思路： 每次聚合，都会使数字中一的个数字消失。 动态规划，状态为 [i,j]表示从 i开始，按顺时针方向到 j，这一段珠子所聚合得到的能量最大值。

状态转移，要求出 [i,j]的值，则存在一个 k在 i和 j之间， [i,j]的值为 [i,k]的值与 [k+1,j]的值与这次聚合所释放出的能量的总和，取最大值。

且长度较大的区间需要长度较小的区间得到，因此枚举顺序为区间的长度从小到大。

31 2011-12-21

能量项链 for (step=1;step<n;step++) for (i=0;i<n*2;i++) { j=i+step; if (j>=n*2) break; for (k=i;k<j;k++) temp=ans[i][k]+ans[k+1][j]+a[i]*a[k+1]*a[j+1]; if (ans[i][j]<temp) ans[i][j]=temp; }

32 2011-12-21

Antimonotonicity Missile

题目大意：给出一列数，现在要找出最长的子序列，满足第一个数大于第二个数，第二数小于第三个数，第三个数大于第四个数，如此类推。

33 2011-12-21

Antimonotonicity Missile

解题思路： 动态规划，状态为在当前的数字，最长的子序列长度。

状态转移，若在原数列中，当前数字比上一个数字小，若子序列长度为奇数，则可加上当前数字，若子序列长度为偶数，则可用当前数字替换上一个数字，长度不变；若当前数字比上一个数字大，也可同理。

34 2011-12-21

Antimonotonicity Missile

l=1; for (i=2;i<=n;i++) { if (a[i]<a[i-1]&&l%2==1) l++; else if (a[i]>a[i-1]&&l%2==0) l++; }

35 2011-12-21

Bridging Signals

题目大意：左边有一列 p个数，右边有一列 p个数，并给出它们之间的连线情况，问最多可以保留多少个连线，使到中间的连线不会出现交叉。

P<40000

36 2011-12-21

Bridging Signals 解题思路： 要求最大的不交叉连线数量，问题等价于求最长上升子序列。

最长上升子序列动态规划解法： 状态，以当前数字为子序列的最后一个数，则子序列的最大长度；

状态转移，对每个数字，找出在这个数字之前出现并且比它小的所有数字，并且从其中找出长度最大的数，加上一即是当前数字的最大子串长度。

D[i]=max{1,D[j]+1} j=1,2,...,i-1 并且 A[i]>A[j] 复杂度 O(N^2)

通过以上解法可以改进成 O(NlogN)的。按数字大小建立线段树，那么在线段树上的操作只有插入一个数和查找某个区间的最大值，可以实现。

37 2011-12-21

Bridging Signals 最长上升子序列的其它解法： 维护一个一维数组，数组里的第 i个数表示最长上升子序列长度是 i的所有子序列中末尾最小的那个数。因此这个数组是递增的。按顺序插入每一个数的时候，在数组中找到比它大的最小的数，并更新这个位置；如果它比所有数都大，增数组长度增加一，并把它放在最末端。寻找的时候使用二分查找。

最后的最大长度等于数组长度。复杂度 O(NlogN) 例如，原序列为 1 ， 5 ， 8 ， 3 ， 6 ， 7 数组为 1 ， 5 ， 8 ，此时读到 3 ，用 3 替换 5 ，得到 1 ，

3 ， 8 ； 再读 6 ，用 6 替换 8 ，得到 1 ， 3 ， 6 ；再读7 ，得到最终数组为 1 ， 3 ， 6 ， 7 。最长递增子序列为长度 4 。

38 2011-12-21

Bridging Signals nn=0;c[0]=0; for (i=1;i<=n;i++) { if (a[i]>c[nn]) { c[++nn]=a[i]; b[i]=nn; } else { hi=upper_bound(c,c+nn+1,a[i])-c; c[hi]=a[i]; b[i]=hi; } }

39 2011-12-21

Counting Problem

题目大意： 一个 N*N的棋盘，在里面放棋子，使得每行有且只有两个棋子，每列有且只有两个棋子，问有多少种方法。通过交换两行或交换两列的方法得到相同的棋盘看作同一种。

N<=500

40 2011-12-21

Counting Problem

解题思路：问题可转化为把 N分解成大于 2的整数之和有多少种分法。

动态规划，状态 a[i][j]表示把 i分解成大于j的整数之和有多少种分法。

状态转移， a[i][j]=sum(a[i-k][k])(k>=j)。

41 2011-12-21

Counting Problem for (i=0;i<=500;i++) { for (j=0;j<=500;j++) { if (i==0) a[i][j]=1; else if (i<j) a[i][j]=0; else { a[i][j]=0; for (k=max(2,j);k<=i;k++) a[i][j]=(a[i][j]+a[i-k][k])

%1000007; } } ans[i]=a[i][2]; }

42 2011-12-21

HOUSING

题目大意： N个人分到屋里，每间房至少 5个人，有多少种分法？

5 <= n <= 100

43 2011-12-21

HOUSING

解题思路：问题可转化为把 N分解成大于 5的整数之和有多少种分法。

和上题一样。

44 2011-12-21

HOUSING for (i=0;i<=100;i++) { for (j=0;j<=100;j++) { if (i==0) a[i][j]=1; else if (i<j) a[i][j]=0; else { a[i][j]=0; for (k=max(5,j);k<=i;k++) a[i][j]=a[i][j]+a[i-k][k]; } } ans[i]=a[i][5]; }

45 2011-12-21

Circular Sequence

题目大意：有一个长度为 n的循环队列，求出一个和最大的连续子串。

1<=n<=100000

46 2011-12-21

Circular Sequence 解题思路： 首先判断序列中是否全部都是负数，如果是的话，最大和即为最大的负数。

如果序列并不是循环的，有已知的 O(n)方法求出最大值。

int cal() { int answer=0,sum=0; for (int i=0;i<n;i++) { sum+=i; if (sum>ans) ans=sum; if (sum<0) sum=0; }

47 2011-12-21

Circular Sequence

则求循环队列的最大值，可以当作不循环队列，可能是最大和，也可能是总和减去最小和。

sum1=cal(); for (i=0;i<n;i++) { sum+=a[i]; a[i]=-a[i]; } sum2=sum+cal(); return max(sum1,sum2);

48 2011-12-21

Apple Tree

题目大意：有一棵苹果树有 N个结点，每个结点上有苹果，最多可以沿着苹果树的边走 K步，每走过一个结点把上面的苹果吃掉。问最多可以吃多少个苹果。

1<=N<=100, 0<=K<=200

49 2011-12-21

Apple Tree

解题思路： 使用树型动态规划，每个结点的状态为，以这个结点为根的子树上使用不同步数，并且是否会回来原结点，所吃的苹果的最大值。

状态转移，每个结点，对于每个子结点，可以枚举分配多少步数到这个子结点上。

http://222.200.182.58/viewsource.php?sid=102025

50 2011-12-21

Maximum Sum

题目大意：有一个数列，求出两个连续的子序列，使得它们的和最大。

51 2011-12-21

Maximum Sum

解题思路：现在已知求一列数的一个连续子序列最大和的方法，因此可以求出从左边数起的任意一个子段的连续子序列最大和，再求出从右边数起的，再枚举中间切开数列的位置，把左右两部分加起来，即可得到答案。

52 2011-12-21

Maximum Sum sum=ans=0; for (i=0;i<n;i++) { sum+=a[i]; if (sum>ans) ans=sum; if (sum<0) sum=0; s1[i]=ans; } sum=ans=0; for (i=n-1;i>=0;i--) { sum+=a[i]; if (sum>ans) ans=sum; if (sum<0) sum=0; s2[i]=ans; }

53 2011-12-21

Maximum Sum

ans=0; for (i=1;i<n;i++) if (s1[i-1]+s2[i]>ans) ans=s1[i-1]+s2[i];

54 2011-12-21

Knapsack

题目大意：给出背包的容量，给出各种物品大小，求在不超过背包容量情况下的最大占用体积。

55 2011-12-21

Knapsack 解题思路： 0-1背包问题裸题。scanf("%d%d", &n, &m);for (int i=0; i<n; i++) scanf("%d", w+i);

//dpfill(f, f+m+1, 0);f[0] = 1;for (int i=0; i<n; i++) for (int j=m-w[i]; j>=0; j--) if (f[j]) f[j+w[i]] = 1; int ans;for (ans = m; !f[ans]; ans--);

56 2011-12-21

开心的金明 题目大意： 金明想买一些物品（不超过M件），第 j件物品的价格为 v[j]，重要度为 w[j].他希望在不超过 N元（可以等于 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。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

57 2011-12-21

开心的金明解题思路：这题是 0-1背包问题。

58 2011-12-21

开心的金明while (cin>>n>>m){

//readfor (int i=1; i<=m; i++) cin>>v[i]>>p[i];

//initializefor (int j=0; j<=m; j++) f[0][j]=0;for (int i=0; i<=n; i++) f[i][0]=0;//dpfor (int i=1; i<=n; i++) { for (int j=1; j<=m; j++) { if (i-v[j]>=0) {

f[i][j]=max(f[i][j-1], f[i-v[j]][j-1]+v[j]*p[j]);

} else { f[i][j]=f[i][j-1]; } }}//outputcout<<f[n][m]<<endl;

}

59 2011-12-21

运动会题目大意：一个人去参加运动会，一天最多参加一个项目，并且参加的项目消耗的精力总和不能超过他的总精力，赢得的项目有奖金。求最大的奖金数量。

60 2011-12-21

运动会解题思路：分组背包，对每一天，选项为可以参加任意一场比赛，也可以不参加比赛。

61 2011-12-21

运动会 memset(a,0,sizeof(a)); i=k=0; while (k<n) { if (i<d[k]) i++; for (j=0;j<=p;j++) { if (i<d[k]) a[i+1][j]=a[i][j]; else { a[i+1][j]=max(a[i][j],a[i+1][j]); if (j+e[k]<=p&&a[i][j]+m[k]>a[i+1][j+e[k]]) a[i+1][j+e[k]]=a[i][j]+m[k]; } } if (i>=d[k]) k++; }

62 2011-12-21

Cash Machine

题目大意：一台机器里有 N种纸币，每种纸币有不同的面额和对应的数量。再给出一个额度，问不超过这个额度能得到最大的数量是多少。

63 2011-12-21

Cash Machine

解题思路：使用动态规划，状态为当前金额是否能取到，并且最后是通过拿多少张何种面额的纸币得到。

状态转移，如果某状态在当前面额的纸币上没有拿完，则可以继续拿，并对相应的金额更新答案。

64 2011-12-21

Cash Machine //input scanf("%d", &n); for (int i=0; i<n; i++) scanf("%d %d", a+i, b+i); //dp memset(f, 0, sizeof(f)); f[0] = 1; for (int i=0; !f[m] && i<n; i++) for (int j=m; !f[m] && j>=0; j--) if (f[j]) { for (int k=1; k<=a[i]; k++) { int x = j+k*b[i]; if (x>m || f[x]) break; f[x] = 1; } } //output while (!f[m] && m>0) m--; printf("%d\n", m);

65 2011-12-21

Dairy Queen

题目大意：给出一些硬币的面额，不限数量，给出一个金额，问组成的方法数有多少种。

66 2011-12-21

Dairy Queen 解题思路： 对每种硬币，若面额为 C，并且在这之前能构成金额 j（包括 C），则加上这种硬币能构成金额 j+C，即 j的方案数累加到 j+C上。 int i, j;

memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[0] = 1; for (i = 0; i < c; i++) { int t = c_i[i]; for (j = 1; j <= n; j++) { if (t <= j) dp[j] += dp[j - t]; } } // answer is dp[n];

67 2011-12-21

金明的预算方案题目大意：金明想买东西，但价格不能超过 N。物件分成主件和附件，要先买了主件才能买附件。每个物品有重要度，现在所买的物品的价格与重要度的乘积的和最大。

每个主件最多有两个附件。

68 2011-12-21

金明的预算方案解题思路：这题是变种的 0-1背包问题。把每个主件看作一个物体，而取的方法包括 {不取，只取主件，取主件和附件 1，取主件和附件2，取主件和两个附件 }，然后用解决背包问题的方法解决。

69 2011-12-21

金明的预算方案 for (i=1;i<=m;i++) { if (q[i]!=0) { for (j=0;j<=n;j++) b[j][i]=b[j][i-1]; } else { for (j=0;j<=n;j++) { b[j][i]=b[j][i-1]; for (k=0;k<4;k++) { if (j>=c[k][i]&&a[k][i]+b[j-c[k][i]][i-1]>b[j][i]) b[j][i]=a[k][i]+b[ j-c[k][i] ][i-1]; } } } }

70 2011-12-21

谢谢！