C++算法之旅、06 基础篇 | 第四章动态规划详解

常见问题

闫式DP分析法

状态表示集合满足一定条件的所有方案属性集合（所有方案）的某种属性（Max、Min、Count等）状态计算（集合划分）如何将当前集合划分成多个子集合

状态计算相当于集合的划分：把当前集合划分成若干个子集，使得每个子集的状态可以先算出来，从而推导当前集合状态（曲线救国）

集合划分规则：不重，不漏

特殊情况：属性是 MAX、MIN 的时候，划分的集合是可以重复的

举个例子 A、B、C，先求A、B的最大值，然后求B、C的最大值，最后求两个最大值的最大值，依旧是A、B、C的最大值。例题 ⭐ 897 最长公共子序列

时间复杂度

状态表示数量 * 状态计算量（转移计算量）

如完全背包问题，假定 N 件物品，物品最低体积为 1，背包最大体积容量 V

朴素二维情况：状态表示数量就是 \(NV\) ，状态计算量就是物品体积为 1 的时候（最坏情况），最内层循环最多需计算 V 次，时间复杂度 \(O(NV^2)\)

状态转移路径

DP本质是在一个拓扑图内找最短路

每个状态 \(f(i,j)\) 看作一个点，状态的转移看作一条边，把状态的值理解为最短路径长

更新最短路的规则是根据题目来的，如完全背包规则 \(f(i,j)=Max(f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i])\)

DP结束最终会把从初始状态（起点）到目标状态（终点）的最短路径长更新出来（生成了一颗最短路径树）

那么 DP求状态转移路径就变成了在拓扑图中找最短路径的问题了，沿用最短路输出路径的方法就可以找出状态的转移

方案总结：循环与 dfs 均可实现

逆推：获取最终状态，根据最短路规则逆序往前推，直到起始状态，逐一输出每个状态边转移边记录：状态转移过程中，记录每一条边，再利用递推的栈机制，后序输出

注意的点：

因为需要记录路径，状态转移方程可能不好被维度优化，具体问题具体分析边转移边记录一般需要开一个与状态表示一致维度的数组，要存储每个状态是从上一层哪一状态转移过来的；而逆推不需要一致，具体可看下题（保存每组从前组的哪个状态转移过来，一维）

来看一道分组背包题 1013 机器分配，要求输出每组选择了哪个物品，我给的题解是第一种方案的循环版本

从终点状态逆推，必定有一条边满足最短路规则，记录当前边，并减去当前组物品的体积，接着开始推前一组状态，直到起始状态

 int j = m;
for (int i = n; i; i--) {
    for (int k = 0; k <= j; k++) {
        if (f[i][j] == f[i - 1][j - k] + w[i][k]) {
            path[i] = k;
            j -= k;
            break;
        }
    }
}

可改写成 dfs 的版本

 void dfs(int i, int j) {
    if (!i) return;
    for (int k = 0; k <= j; k++) {
        if (f[i - 1][j - k] + w[i][k] == f[i][j]) {
            path[cnt++] = k;
            dfs(i - 1, j - k);
            return;
        }
    }
}

也可用第二种方案，边转移边记录（辅助下标 cnt 就不需要了）

 for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
        for (int k = 0; k <= j; k++) {
            int temp = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + w[i][k]);
            if (temp == f[i - 1][j - k] + w[i][k])
                path[i][j] = max(path[i][j], k);

            f[i][j] = temp;
        }
    }

cout << f[n][m] << endl;

输出既可以循环输出（倒着输出），也可以 dfs 逆序输出（正着输出）

 void dfs(int i, int j) {
    if (!i) return;
    int k = path[i][j];
    dfs(i - 1, j - k);
    cout << i << " " << k << endl;
}

int j = m;
for (int i = n; i >= 1; i--) {
    cout << i << " " << path[i][j] << endl;
    j -= path[i][j];
}

背包问题初始化

变量声明

一定要根据状态表示的含义，来声明所需变量

如分组背包题 1013 机器分配，最多 10 组，每组 15 个物品，那么定义的常数 N、M 分别表示状态中每维的最大数量（多申请一点）

path 数组用于边转移边记录路径，理所应当和 f 数组是一致维度的大小；写成 path[N][N] 一直找不出问题的屑。

状态初始化

本篇内容只涉及了至多、恰好两种情况的问，至少情况将在提高篇提及

关于 f[0] = 1 的解释，请看 278 01背包计数

 求方案数
二维情况
1、体积至多j，f[0][i] = 1, 0 <= i <= m，其余是0
2、体积恰好j，f[0][0] = 1, 其余是0

一维情况
1、体积至多j，f[i] = 1, 0 <= i <= m，
2、体积恰好j，f[0] = 1, 其余是0

求最大值最小值
二维情况
1、体积至多j，f[i,k] = 0，0 <= i <= n, 0 <= k <= m（只有求最大值题型）
2、体积恰好j，
求最小值：f[0][0] = 0, 其余是INF
求最大值：f[0][0] = 0, 其余是-INF

一维情况
1、体积至多j，f[i] = 0, 0 <= i <= m（只有求最大值题型）
2、体积恰好j，
求最小值：f[0] = 0, 其余是INF
求最大值：f[0] = 0, 其余是-INF

下标从1开始

如果状态转移涉及 \(i-1\) 层，DP问题下标最好从1开始（如第一个物品的下标是1），这是经验，基本上所有DP题目都是这样

递归

所有DP问题都可以改用递归，如 285 没有上司的舞会 901 滑雪

背包DP

01背包

\(N\) 个物品， \(V_i\) 表示体积， \(W_i\) 表示价值，每件物品只有一个。求背包装得下的情况下的最大价值多少

状态表示 \(f(i,j)\) 集合只考虑前 \(i\) 个物品，且总体积不大于 \(j\) 的所有选法属性 \(max\) （每个选法的总价值的最大值）状态计算不含 \(i\) 的选法集合，相当于 \(f(i-1,j)\) 含 \(i\) 的选法集合，相当于 \(f(i-1,j-V_i) + W_i\) 由于所有选法都包含第 \(i\) 物品，所以先把第 \(i\) 物品去掉，然后求最大值，然后再把第 \(i\) 物品加上可能是空集 \(j < V_i\) ，朴素代码中需要做判断转移方程 \(f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-V_i) + W_i)\) ，满足 \(V_i <= j\)

朴素、二维

2. 01背包问题 - AcWing题库

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];  // f[0][0~m] 默认都是0；1件物品都没选

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            // 把下面两行代码合并到一起看
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

优化、一维

\(f(i)\) 只用到了 \(f(i-1)\) 这一层，可以用滚动数组来做把 \(j\) 当做一维数组下标位置，如果从小到大枚举体积，会覆盖上一层数据，因此从大到小枚举体积，另外可以限制 \(j\) 遍历到 \(v[i]\) 停止，这样省了判断语句

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    cout << f[m] << endl;
    return 0;
}

完全背包

\(N\) 个物品， \(V_i\) 表示体积， \(W_i\) 表示价值，每件物品无限多个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 \(f(i,j)\) 集合只考虑前 \(i\) 个物品，且总体积不大于 \(j\) 的所有选法属性 \(max\) （每个选法的总价值的最大值）状态计算按第 \(i\) 个物品选多少个划分 0个： \(f(i-1,j)\) k个： \(f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i]\) 去掉 \(k\) 个物品 \(i\) 的体积求 \(f(i-1,j-k*v[i])\) 加上 \(k\) 个物品 \(i\) 的价值转移方程 \(f(i,j)=f(i-1,j-k*v[i])+k*w[i]\) ，满足 \(k*v[i]<=j\)

朴素、二维

3. 完全背包问题 - AcWing题库

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++)
            for (int k = 0; k * v[i] <= j; k++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);

    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

优化、二维

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
        }

    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

优化、一维

01背包、完全背包有相似之处

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = v[i]; j <= m; j++) { // 区别只在这
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }

    cout << f[m] << endl;
    return 0;
}

优化重点

01背包和完全背包一维优化的不同点在状态转移方程上

如果用上一层状态就要从大到小枚举体积（01背包二维转一维）如果用本层状态就要从小到大枚举体积（完全背包二维转一维）

多重背包

\(N\) 个物品， \(V_i\) 表示体积， \(W_i\) 表示价值，每件物品 \(X_i\) 个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 \(f(i,j)\) 集合只考虑前 \(i\) 个物品，且总体积不大于 \(j\) 的所有选法属性 \(max\) （每个选法的总价值的最大值）状态计算转移方程 \(f(i,j) = max(f(i-1,j-v[i] * k)+w[i]*k),k\in[0,X_i]\) ，满足 \(k*v[i]<=j\)

朴素、二维

4. 多重背包问题 I - AcWing题库

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N], x[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i] >> x[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++)
            for (int k = 0; k <= x[i] && k * v[i] <= j; k++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);
    cout << f[n][m];
    return 0;
}

优化、一维⭐

二进制法，将 \(X_i\) 拆分成 \(\lceil log_2X_i \rceil\) 个物品（ \(1,2,4,8,16,...,2^k,C\) ），将多重背包转变成01背包问题

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1000 * 11 + 10;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b, x;
        cin >> a >> b >> x;
        int k = 1;
        while (k <= x) {
            cnt++;
            v[cnt] = a * k;
            w[cnt] = b * k;
            x -= k;
            k *= 2;
        }
        if (x > 0) {  // 若 x 还有剩余
            cnt++;
            v[cnt] = a * x;
            w[cnt] = b * x;
        }
    }
    n = cnt;

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = m; j >= v[i]; j--) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

    cout << f[m] << endl;

    return 0;
}

究极、单调队列⭐

分析问题

6. 多重背包问题 III - AcWing题库

\(\begin{array}{l} 0<N \leq 1000 \\ 0<V \leq 20000 \\ 0<v_{i}, w_{i}, s_{i} \leq 20000 \end{array}\)

这种情况下，采用转01背包法，时间复杂度是 \(1000 * log_220000*20000\) = 1.4e4 + 2e4 = 3e8，肯定会TLE

单调队列

先认识一下单调队列是什么 C++算法之旅、05 基础篇 | 第二章数据结构 - 小能日记

https://leetcode.cn/problems/sliding-window-maximum

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

class Solution {
   public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        vector<int> res;
        int q[nums.size()];
        memset(q, 0, sizeof q);
        int hh = 0, tt = -1;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            while (hh <= tt && q[hh] < i - k + 1) hh++;
            while (hh <= tt && nums[q[tt]] <= nums[i]) tt--;
            q[++tt] = i;  // 插入位置
            if (i + 1 >= k) res.push_back(nums[q[hh]]);
        }

        return res;
    }
};

解决问题

先来看多重背包的朴素二维代码

 for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 0; j <= vt; j++)
        for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; k++) {
            f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);
        }

可以这样优化，遍历每个物品，然后总体积 \(j\) 分为 \(r\) 类（ \(r = v[i] - 1\) ）。选择其中一类，如第 \(r\) 类，那么从 \(r\) 遍历到 \(vt\) 的过程，即 int j = r; j <= vt; j += v[i] 这一过程，由于物品数量是有限的，相当于维护了一个固定宽度的滑动窗口， \(j\) 每移动一次，对滑动窗口做出滑动、删除、插入、选择四个操作，滑动窗口用单调队列实现，每个物体只需遍历一遍 \([0,vt]\) ，原先的 \(k\) 循环被优化掉了，时间复杂度变为 \(O(NV)\)

求 \(w[i]\) 个数，即队内元素 \(j'\) 与当前 \(j\) 的差值除以 \(v[i]\) ；也意味着选择了几个 \(i\) 物品滑动：队头元素是否出界；也就是 \(w[i]\) 的个数 > \(s[i]\) ，选择了大于 \(s[i]\) 个物品删除：维持单调队列特性；判断队尾每个 \(j'\) 对应的属性值是否 <= \(j\) 当前对应的属性值，True就删除对应的值计算公式 f[i - 1][q[tt]] + (j - q[tt]) / v[i] * w[i] 插入：将当前 \(j\) 插入队尾选择：从队头取出 \(j'\) ，对应的属性值就是 \(f(i,j)\) 的最大值（滑动窗口 \(s[i]\) 项里面选择最大一项）

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[N][M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int r = 0; r < v[i]; r++) {
            int hh = 0, tt = -1;
            for (int j = r; j <= vt; j += v[i]) {
                // 滑动
                if (hh <= tt && (j - q[hh]) / v[i] > s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh <= tt &&
                       f[i - 1][q[tt]] + (j - q[tt]) / v[i] * w[i] <=
                           f[i - 1][j])
                    tt--;
                // 插入
                q[++tt] = j;
                // 选择
                f[i][j] = f[i - 1][q[hh]] + (j - q[hh]) / v[i] * w[i];
            }
        }
    }

    cout << f[n][vt];
    return 0;
}

优化代码①

循环已经减少了一层，但空间依旧需要 \(O(NV)\) ，学着01背包优化的思路，用滚动数组优化一下代码，由于滑动的方向不可变，不能修改 for 循环里的 j，可以将相邻两层状态保存到 f 数组中 f[2][M]

(i - 1) & 1 就是上一层 i & 1 就是当前层

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[2][M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int r = 0; r < v[i]; r++) {
            int hh = 0, tt = -1;
            for (int j = r; j <= vt; j += v[i]) {
                // 滑动
                if (hh <= tt && (j - q[hh]) / v[i] > s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh <= tt &&
                       f[(i - 1) & 1][q[tt]] + (j - q[tt]) / v[i] * w[i] <=
                           f[(i - 1) & 1][j])
                    tt--;
                // 插入
                q[++tt] = j;
                // 选择
                f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][q[hh]] + (j - q[hh]) / v[i] * w[i];
            }
        }
    }

    cout << f[n & 1][vt];
    return 0;
}

优化代码②

不用滚动数组也可以，声明一个跟 f[M] 同等大小的数组 backup[M]，用于保存上一个物品 i 的所有状态。新一层循环每次都把上一层循环的 f 数组拷贝到 backup 数组中，这样新一层 i 就可以用到上一层 i 的状态了

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, M = 2e4 + 10;

int n, vt;
int v[N], w[N], s[N];
int f[M], backup[M];
int q[M];

int main() {
    cin.tie(0);
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memcpy(backup, f, sizeof f);
        for (int r = 0; r < v[i]; r++) {
            int hh = 0, tt = -1;
            for (int j = r; j <= vt; j += v[i]) {
                // 滑动
                if (hh <= tt && (j - q[hh]) / v[i] > s[i]) hh++;
                // 删除
                while (hh <= tt &&
                       backup[q[tt]] + (j - q[tt]) / v[i] * w[i] <= backup[j])
                    tt--;
                // 插入
                q[++tt] = j;
                // 选择
                f[j] = backup[q[hh]] + (j - q[hh]) / v[i] * w[i];
            }
        }
    }

    cout << f[vt];
    return 0;

分组背包

\(N\) 个分组，每个分组里有 \(X\) 个物品， \(V_i\) 表示体积， \(W_i\) 表示价值，每组物品里选一个。求背包装得下的情况下的物品最大价值多少

状态表示 \(f(i,j)\) 集合只考虑前 \(i\) 组物品，且总体积不大于 \(j\) 的所有选法属性 \(max\) （每个选法的总价值的最大值）状态计算不选第 i 组物品、选第 i 组第 1 个物品、选第 i 组第 2 个物品、...选第 i 组最后一个物品不选第 i 组物品： \(f(i-1,j)\) 选第 i 组物品第 k 个物品： \(f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k]\) 可能是空集 \(j < V_{ik}\) ，朴素代码中需要做判断转移方程 \(f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k]),k\in [1,X_i]\) ，满足 \(v[i,k]<=j\)

朴素、二维

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], x[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> x[i];
        // 这里与上面状态转移方程不同，下标从0开始，个人喜好
        for (int j = 0; j < x[i]; j++) { 
            cin >> v[i][j] >> w[i][j];
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            for (int k = 0; k < x[i]; k++)
                if (v[i][k] <= j)
                    f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i][k]] + w[i][k]);
        }

    cout << f[n][m];
    return 0;
}

优化、一维

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], x[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> x[i];
        for (int j = 0; j < x[i]; j++) {
            cin >> v[i][j] >> w[i][j];
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = m; j >= 0; j--)
            for (int k = 0; k < x[i]; k++)
                if (v[i][k] <= j) f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);
    cout << f[m];
    return 0;
}

混合背包

物品分类

7. 混合背包问题 - AcWing题库

判断当前物品是哪个类的，然后转移的时候按照各个类的逻辑去转移。本题中的多重背包还可以拆分成 01 背包，所以只需要判断两个类

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n, vt;
int f[N];

struct Thing {
    int kind;
    int v, w;
};
vector<Thing> things;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    // 分类
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int v, w, s;
        cin >> v >> w >> s;
        if (s < 0)
            things.push_back({-1, v, w});
        else if (s == 0)
            things.push_back({0, v, w});
        else {
            for (int k = 1; k <= s; k *= 2) {
                s -= k;
                things.push_back({-1, v * k, w * k});
            }
            if (s > 0) things.push_back({-1, v * s, w * s});
        }
    }
    for (auto thing : things) {
        if (thing.kind < 0) {
            for (int j = vt; j >= thing.v; j--) {
                f[j] = max(f[j], f[j - thing.v] + thing.w);
            }
        } else if (thing.kind == 0) {
            for (int j = thing.v; j <= vt; j++) {
                f[j] = max(f[j], f[j - thing.v] + thing.w);
            }
        }
    }
    cout << f[vt] << endl;
    return 0;
}

二维费用

体积重量

8. 二维费用的背包问题 - AcWing题库

涉及到了体积与重量，将原先01背包优化后的 \(f(i)\) 变成 \(f(i,j)\)

\(f(i)\) 总体积不超过 \(i\) 的最大价值 \(f(i,j)\) 总体积不超过 \(i\) 且总重量不超过 \(j\) 的最大价值

时间复杂度 \(O(NVM)\) ；因为要用到上一层状态，所以是 \(i,j\) 都是从大到小枚举；读入物品信息和更新一层状态可以放在一起进行

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 110;

int n, m, v;
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> v >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int vx, mx, wx;
        cin >> vx >> mx >> wx;
        for (int j = v; j >= vx; j--) {
            for (int k = m; k >= mx; k--) {
                f[j][k] = max(f[j][k], f[j - vx][k - mx] + wx);
            }
        }
    }
    cout << f[v][m];
    return 0;
}

方案计数⭐

朴素、二维

11. 背包问题求方案数 - AcWing题库

状态表示 \(g(i,j)\) 集合考虑前 \(i\) 件物品，总体积恰好为 \(j\) ，且总价值最大的所有选法属性 \(count\) 状态计算选 i 的价值的是最大的 \(g(i,j)=g(i-1,j-v)\) 不选 i 的价值是最大的 \(g(i,j)=g(i-1,j)\) 选 i 和不选 i 的价值都是最大的 \(g(i,j)=g(i-1,j-v)+g(i-1,j)\)

如何判断状态计算的三种情况：根据已更新完的 \(f(i,j)\) 来判断，举个例子，如果 \(f(i,j)\) 从 \(f(i-1,j)\) 转移过来，那可能就是（不选 i ，选 i 和不选 i ）这两种情况，接着判断就行

g 数组更新完后需要遍历最后一层与最大总价值 \(f(i,j)\) 相同的各项：即考虑前 i 个物品，总体积恰好为 \([0,j]\) 的最大总价值的方案数的和

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int v[N], w[N];
int f[N][N];
int g[N][N];
int n, vt;
int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= vt; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (v[i] <= j) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }

    g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= vt; j++) {
            if (f[i][j] == f[i - 1][j]) g[i][j] = (g[i][j] + g[i - 1][j]) % mod;
            if (v[i] <= j && f[i][j] == f[i - 1][j - v[i]] + w[i])
                g[i][j] = (g[i][j] + g[i - 1][j - v[i]]) % mod;
        }
    }
    int res = 0;
    for (int j = 0; j <= vt; ++j) {
        if (f[n][j] == f[n][vt]) {
            res = (res + g[n][j]) % mod;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

优化、一维

可以发现 g 数组的更新都是根据 f 数组状态更新的路径来的，两个循环可以放在一块。同时可以用一维数组优化

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1e3 + 10;
int v[N], w[N];
int f[N];
int g[N];
int n, vt;
int mod = 1e9 + 7;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    g[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = vt; j >= v[i]; j--) {
            int temp = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]), c = 0;
            if (temp == f[j]) c = (c + g[j]) % mod;
            if (temp == f[j - v[i]] + w[i]) c = (c + g[j - v[i]]) % mod;
            f[j] = temp, g[j] = c;
        }
    }

    int res = 0;
    for (int j = 0; j <= vt; ++j) {
        if (f[j] == f[vt]) {
            res = (res + g[j]) % mod;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

方案记录

12. 背包问题求具体方案 - AcWing题库

所有背包问题都可以把方案数出来，相当于求状态转移路径，本题的难点在于字典序输出

针对第一个物品选择有三种情况，后续物品也按这个思路考虑

只能选，必选只能不选，必不选可选可不选，必选（保证题目要求的字典序）

原来的背包DP是从 1 推到 n，从 n 逆推的时候并不能保证字典序，况且可能有多个物品选择方式（看看方案计数问题）

所以需要倒过来从 n 推到 1，此时 \(f(1,m)\) 就是最大总价值，就可以从 1 开始逆推了

 #include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10, V = 1e3 + 10;
int n, vt;
int v[N], w[N];
int f[N][V];
int path[N], cnt;

int main() {
    cin >> n >> vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> v[i] >> w[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        for (int j = 0; j <= vt; j++) {
            f[i][j] = f[i + 1][j];
            if (v[i] <= j) f[i][j] = max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    // f[1][m] 最大值

    int j = vt;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (j >= v[i] && f[i][j] == f[i + 1][j - v[i]] + w[i]) {
            cout << i << ' ';
            j -= v[i];
        }

    return 0;
}

练习题

278 01背包计数

278. 数字组合 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合考虑前 \(i\) 个物品，总体积恰好等于 \(j\) 的选法集合属性 \(count\) 状态计算不选第 i 物品的所有方案： \(f(i-1,j)\) 选择第 i 物品的所有方案： \(f(i-1,j-V_i)\) 转移方程： \(f(i,j) = f(i-1,j) + f(i-1,j-V_i)\)
f[0] = 1 含义

f[0] = 1; 表示从前 0 个物品选出总体积为 0 的方案数为 1；一个物品都不选，此时总体积为0，这也是一种合法的方案

二维写法，即 \(f(i,0) = 0 , i \in [0,n]\) ，表示从前 \(i\) 个物品选出总体积为 0 的方案数为 1

如计算转移的状态 \(f(i-1,j-s*V_i)\) 中，如果恰好 \(j-s*V_i =0\) ，代表恰好 \(s\) 个 \(i\) 物品能够满足 \(j\) 的要求，此时是一种合法的方案

题解

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10, M = 1e4 + 10;

int n, m;
int v[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i];

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

    cout << f[m];
    return 0;
}

423 01背包 Max

423. 采药 - AcWing题库

\(f(i,j)\) 考虑前 \(i\) 个草药，采集时间不超过 \(j\) 的所有方案的最大总价值

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2 + 10, M = 1e3 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = n; j >= v[i]; j--) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);

    cout << f[n];
    return 0;
}

426 01背包 Max

426. 开心的金明 - AcWing题库

\(f(i,j)\) 考虑前 \(i\) 个物品，在不超过 \(j\) 元的情况下，所有方案的价格重要度乘积和的最大值

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;
int const N = 1e2, M = 3e4 + 10;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = n; j >= v[i]; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + v[i] * w[i]);

    cout << f[n];
    return 0;
}

279 完全背包计数

279. 自然数拆分 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合只考虑前 \(i\) 个物品（每个物品若干个），且总体积恰好等于 \(j\) 的所有选法属性 \(count\) 状态计算不选： \(f(i-1,j)\) 选第 \(i\) 个 \(k\) 件物品： \(f(i-1,j-V_i*k)\) 转移方程 \(f(i,j) = \sum f(i-1,j-V_i*k)\) 满足 \(k*v[i]<=j\)

以下是优化后的写法

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 4e3 + 10;

int n;
unsigned f[N];

int main() {
    cin >> n;

    // 初始化
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            f[j] += f[j - i];
        }
    }

    cout << (f[n] - 1) % 2147483648u << endl;

    return 0;
}

587 完全背包 Min

587. 吃蛋糕 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合考虑前 \(i\) 个物品，总体积恰好等于 \(j\) 的所有方案属性 \(min\) （每个方案的元素个数）状态计算不选第 i 个： \(f(i-1,j)\) 选第 i 个 k 件物品： \(f(i-1,j-V_i*k) + k\) 转移方程 \(f(i,j) = min(f(i-1,j-V_i*k) + k)\) \(f(0,0)\) 为 0（什么都不选元素个数为0）；其他 \(f(i,j)\) 全部 INF（Min）；物品数量 \(\lfloor sqrt(N) \rfloor\)

朴素写法（优化写法在后面）

状态数量 \(nlog_2n\) ，状态转移计算 \(n\) 次（实际比n小），时间复杂度 \(O(n^2log_2n)\) ，会TLE

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2, M = 1e4 + 10;

int t, n;
int f[N][M];

int main() {
    cin >> t;
    for (int id = 1; id <= t; id++) {
        cin >> n;
        int m = 1;
        while (m * m <= n) m++;
        m--;
        // 初始化状态
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        f[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 0; j <= n; j++) {
                for (int k = 0; k * (i * i) <= j; k++) {
                    f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - k * (i * i)] + k);
                }
            }
        }
        cout << "Case #" << id << ": " << f[m][n] << endl;
    }

    return 0;
}

优化写法

 for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 0; j <= n; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (i * i <= j) f[i][j] = min(f[i][j], f[i][j - i * i] + 1);
        }
    }
    cout << "Case #" << id << ": " << f[m][n] << endl;
}

一维写法

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e2, M = 1e4 + 10;

int t, n;
int f[M];

int main() {
    cin >> t;
    for (int id = 1; id <= t; id++) {
        cin >> n;
        memset(f, 0x3f, sizeof f);
        f[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n / i; i++) {
            for (int j = i * i; j <= n; j++) {
                f[j] = min(f[j], f[j - i * i] + 1);
            }
        }
        cout << "Case #" << id << ": " << f[n] << endl;
    }

    return 0;
}

1013⭐分组背包

1013. 机器分配 - AcWing题库

将每个公司当做物品组，如第一个公司（物品组）包括三个物体（分一台、分两台、分三台）

第 \(i\) 公司第 \(k\) 件物品

含义：分给第 \(i\) 个公司 \(k\) 台机器体积： \(k\) 价值： \(w_{ik}\)

状态表示 \(f(i,j)\)

集合只考虑前 \(i\) 组物品，且总体积不大于 \(j\) 的所有选法属性 \(max\) （每个选法的总价值的最大值）

状态计算

不选第 i 组物品、选第 i 组第 1 个物品、选第 i 组第 2 个物品、...选第 i 组最后一个物品不选第 i 组物品： \(f(i-1,j)\) 选第 i 组物品第 k 个物品： \(f(i-1,j-v[i,k])+w[i,k]\)

题目还要求输出每个公司选择了哪个物品，是求状态转移路径问题

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 11, M = 16;
int n, m;
int w[N][M];
int f[N][M];
int way[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> w[i][j];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            // f[i][j] = f[i - 1][j];  // 如果写了下面 k 改成 1
            for (int k = 0; k <= j; k++) {
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k] + w[i][k]);
            }
        }

    cout << f[n][m] << endl;

    int j = m;
    for (int i = n; i; i--) {
        for (int k = 0; k <= j; k++) {
            if (f[i][j] == f[i - 1][j - k] + w[i][k]) {
                way[i] = k;
                j -= k;
                break;
            }
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << i << " " << way[i] << endl;
    return 0;
}

线性DP

递推方程是线性关系（如背包问题二维矩阵，是一行一行来求的）

898 数字三角形

898. 数字三角形 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合从起点走到 \((i,j)\) 的所有路径属性 \(max\) (每个路径的长度) 状态计算来自左上方的一类、来自右上方的一类来自左上方： \(f(i-1,j-1)+a[i,j]\) 来自右上方： \(f(i-1,j)+a[i,j]\) 转移方程 \(f(i,j) = max(f(i-1,j-1)+a[i,j],f(i-1,j)+a[i,j])\)

状态数量 \(n^2\) ，转移计算量 \(O(1)\) ，时间复杂度 \(O(n^2)\)

注意初始化部分，算最右侧点的时候，因为最右点不存在，需要初始化 -INF，左侧点同理

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 5e2 + 10, INF = 1e9;
int a[N][N];
int f[N][N];
int n;

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++) cin >> a[i][j];
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        for (int j = 0; j <= i + 1; j++) f[i][j] = -INF;

    f[1][1] = a[1][1];
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i][j], f[i - 1][j] + a[i][j]);

    int res = -INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, f[n][i]);
    cout << res;
    return 0;
}

895 最长上升子序列

895. 最长上升子序列 - AcWing题库

状态表示 \(f(i)\) 集合以序列第 \(i\) 个数（下标位置）结尾的所有上升子序列属性 \(max\) （每个上升子序列的长度）状态计算第 \(i\) 个数已确定，根据第 \(i-1\) 个数是序列哪个数（下标位置）来分类 \(r = 0（只有 i 自己）、1、2、3...i-1\) ，前提是 \(a_r < a_i\) 转移方程 \(f(i) = max(f(r) + 1)\) ， \(a_r < a_i\) ， \(0 <= r <= i -1\)

状态数量 n，转移数量 n ，故 \(O(n^2)\)

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n;
int a[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = 1;  // 只有 i 一个数的情况，也就是 j = 0 情况
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            if (a[j] < a[i]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        }
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) res = max(res, f[i]);
    cout << res;
    return 0;
}

如何保存最长序列

用一个数组存储状态的转移

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n;
int a[N];
int f[N];
int g[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i] = 1;  // 只有 i 一个数的情况，也就是 j = 0 情况
        g[N] = 0;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            if (a[j] < a[i]) {
                if (f[i] < f[j] + 1) {
                    f[i] = f[j] + 1;
                    g[i] = j;
                }
            }
        }
    }
    int res = 0, last = 0;  // last 标记最长子序列末尾位置
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (f[i] > res) {
            res = f[i];
            last = i;
        }
    }
    cout << res << endl;
    cout << "路径" << endl;
    for (int i = 1; i <= res; i++) {
        cout << a[last] << " ";
        last = g[last];
    }
    return 0;
}

896⭐最长上升子序列2

896. 最长上升子序列 II - AcWing题库

贪心。定义一个数组，存储所有不同长度上升子序列结尾的最小值，随长度增加，结尾最小值单调递增。每次插入一个 \(a_i\) 整数二分查找（小于某个数的最大的数），返回长度并更新数组。时间复杂度 \(O(nlog_2n)\) 。不是DP做法

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e5 + 10;
int n;
int a[N];
int q[N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
    int len = 0;
    q[0] = -2e9;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int l = 0, r = len;
        while (l < r) {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (q[mid] < a[i])
                l = mid;
            else
                r = mid - 1;
        }
        len = max(len, r + 1);
        q[r + 1] = a[i];
    }
    cout << len;
    return 0;
}

897 最长公共子序列

897. 最长公共子序列 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\)

集合在第一个序列的前 \(i\) 个字母中出现，且在第二个序列的前 \(j\) 个字母中出现的所有公共子序列属性 max (每个公共子序列的长度 )

状态计算

a[i]、b[j] 是否包含在公共子序列当中作为划分依据（四种情况）(不出现和必须出现)

00： \(f(i-1,j-1)\) （这一类情况被包含在01 | 10内）

01： \(f(i-1,j)\)

\(f(i-1,j)\) 包含 01 的情况，求 max 是可以重复的（求数量不能重复）

10： \(f(i,j-1)\) ，同理

11： \(f(i-1,j-1)+1\)

前提是 a[i] == b[j]

一般只考虑 01、10、11 三种情况。状态数量 \(n^2\) ，状态转移计算 3 次，时间复杂度 \(O(n^2)\)

因为需要从 \(i-1\) 层开始算，下标从1开始读

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;
int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    scanf("%s%s", a + 1, b + 1);
    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]);
            if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
        }
    }
    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

902⭐最短编辑距离

902. 最短编辑距离 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合将a[1~i]变成b[1~j]的所有操作方案属性 min （每个方案的操作次数）状态计算：按最后一次操作分类删 \(f(i-1,j) + 1\) 增 \(f(i,j-1) + 1\) 改 \(f(i-1,j-1) + 1/0\) （看a[i]是否等于b[j]）

状态数量 \(n^2\) ，状态转移计算 3 次，时间复杂度 \(O(n^2)\)

https://www.acwing.com/solution/content/5607/

相信很多人都是这么考虑问题的： dp[i][j] 为 a 的 [0..i] 转换成 b 的 [0..j] 的最小操作数。

 if (删除的情况) dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1;
else if (新增的情况) dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1; 
else if (修改的情况) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = dp[i-1][j-1]; // 不需要任何操作, 和上一个状态相同

注意，这种考虑方式不需要写 min，因为你准确的描述了各种情况。

这样想其实是没有毛病的，但是难点在于你无法把 () 中的情况准确的用代码表达出来。

能描述出来的只有不需要操作这种情况，若 a[i] == b[j] 则无需修改，其余情况难以准确的描述。

但这题其实求的是最短编辑距离，突出了一个最短，所以以上情况完全可以归纳为：

 // 无需操作
if (a[i] == b[j]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
// 新增, 删除, 修改 都是可以到当前状态的, 我只管取其中最小值就行
else dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1]) + 1;

 #include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main() {
    // scanf("%d%s", &n, a + 1);
    // scanf("%d%s", &m, b + 1);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

    cin >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i];

    // 初始化 0
    // 只添加
    for (int i = 0; i <= m; i++) f[0][i] = i;
    // 只删除
    for (int i = 0; i <= n; i++) f[i][0] = i;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[i][j - 1] + 1);
            if (a[i] == b[j])
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1]);
            else
                f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
        }
    }
    cout << f[n][m];
    return 0;
}

899 编辑距离

899. 编辑距离 - AcWing题库

注意下标从 1 开始

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 15, M = 1e3 + 10;
int n, m;
int f[N][N];
char str[M][N];

int edit_distance(char a[], char b[]) {
    int la = strlen(a + 1), lb = strlen(b + 1);
    for (int i = 0; i <= lb; i++) f[0][i] = i;
    for (int i = 0; i <= la; i++) f[i][0] = i;
    for (int i = 1; i <= la; i++) {
        for (int j = 1; j <= lb; j++) {
            f[i][j] = min(f[i - 1][j] + 1, f[i][j - 1] + 1);
            f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + (a[i] != b[j]));
        }
    }
    return f[la][lb];
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> (str[i] + 1);

    while (m--) {
        char s[N];
        int limit;
        cin >> (s + 1) >> limit;
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (edit_distance(str[i], s) <= limit) res++;

        cout << res;
    }
    return 0;
}

区间DP

282 石子合并

282. 石子合并 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 第 \(i\) 堆到第 \(j\) 堆的区间集合将第 i 堆石子到第 j 堆石子合并成一堆石子的所有合并方式属性 \(min\) （每种合并方式的总代价）状态计算以最后一次合并的分界线来分类（两堆合成一堆的分界线）左堆个数，右堆个数：1，k-1 | 2，k-2 | ... | k-1，1 设分界线为k，先不考虑最后合并步骤，然后再加上最后合并的代价此时分为两堆 \([i,k],[k+1,j]\) \(f(i,j)=Min(f(i,k)+f(k+1,j)+s[j]-s[i-1])\) ，后部分是前缀和求区间和左堆合并最小代价+右堆合并最小代价+最后合并的代价 \(k\in[i,j-1]\)

状态数量 \(n^2\) ，状态转移计算 n 次，时间复杂度 \(O(n^3)\) 。按区间长度从小到大枚举，从2到n

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 3e2 + 10;
int n;
int s[N];
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] += s[i - 1];

    for (int len = 2; len <= n; len++) {
        for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++) {
            int l = i, r = i + len - 1;
            f[l][r] = 1e9;  // 求min，初始化，不然每次都是 0
            for (int k = l; k < r; k++)
                f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
        }
    }
    cout << f[1][n];
    return 0;
}

计数DP

900⭐整数划分

900. 整数划分 - AcWing题库

通用解法

状态表示 \(f(i,j)\) 集合考虑前 \(i\) 个物品，物品总体积恰好为 j 的所有方案。完全背包属性 \(count\) 状态计算不选第 i 个： \(f(i-1,j)\) 选 i 的 k 个： \(f(i-1,j-V_i*k)\) ，优化为 \(f(i,j-V_i)\) 转移方程： \(f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-V_i)\)

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 1e3 + 10;

int n;
int v[N];
unsigned f[N];

int main() {
    cin >> n;
    f[0] = 1;
    unsigned mod = (1e9 + 7);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            f[j] = (f[j] + f[j - i]) % mod;
        }
    }
    cout << f[n];
    return 0;
}

另类解法

状态表示 \(f(i,j)\) 集合总和是 \(i\) ，并且恰好表示成 \(j\) 个数的和的所有方案属性 \(count\) 状态计算 j 个数里最小值是 1 \(f(i-1,j-1)\) j 个数里最小值大于 1 把每一个数都减去一个1 \(f(i-j,j)\) \(f(i,j) = f(i-1,j-1) +f(i-j,j)\)

 #include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;
unsigned mod = (1e9 + 7);
int const N = 1e3 + 10;
int n;
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n;
    f[0][0] = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
            f[i][j] = (f[i - 1][j - 1] + f[i - j][j]) % mod;
        }
    }
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        res = (res + f[n][i]) % mod;
    }
    cout << res;

    return 0;
}

状态压缩DP

用一个 \(n\) 位二进制数，每一位表示一个物品，0/1 表示不同的状态。因此可以用 \([0,2^n − 1]\) 中的所有数来枚举全部状态

291 蒙德里安的梦想

291. 蒙德里安的梦想 - AcWing题库、

摆放长方形的时候，先放横着的，再放竖着的，确保能放满。总方案数等于只放横着小方块的合法方案数

状态表示 \(f(i,j)\) 集合已将前 i -1 列摆好，且从第 i − 1 列伸出到第 i 列的状态是 j 的所有方案状态 j 是二进制串，当前列每个格子的状态如 101001（1代表前一列该行放了长方形）属性 \(count\) 状态计算第 i - 1 列状态 k ，第 i 列状态 j 转移方程 \(f(i,j) = \sum f(i-1,k)\) j 与 k 需满足没有重行 (j & k) == 0 k 与 j 并集后的状态连续 0 数量不是奇数 st[j | k]
预处理 j | k 所有可能的状态，也就是 \([1,2^n)\) ，判断每个状态是否出现了奇数个连续0，若出现 st[i] 设置为false f[0][0] = 1 根据状态表示，-1 层并不存在，横着摆放长方形个数为 0，那么只有竖着摆放一个方案 f[m][0] 是最终结果，此时摆放好了 \([0,m-1]\) 层，总共 m 层，第 m 层不能横着放长方形，因此 j 为 0

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;
int n, m;
long long f[N][M];
bool st[M];

int main() {
    int n, m;
    while (cin >> n >> m, n || m) {
        memset(f, 0, sizeof f);
        // 预处理，列举所有状态,连续0为奇数的状态置为True
        for (int i = 0; i < (1 << n); i++) {
            st[i] = true;
            int cnt = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (i >> j & 1) {
                    if (cnt & 1) {
                        st[i] = false;
                        break;
                    }
                    cnt = 0;
                } else
                    cnt++;
            }
            if (cnt & 1) st[i] = false;
        }
        // DP
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 0; j < 1 << n; j++) {
                for (int k = 0; k < 1 << n; k++) {
                    if ((j & k) == 0 && st[j | k]) f[i][j] += f[i - 1][k];
                }
            }
        }
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}

91 最短Hamilton路径

91. 最短Hamilton路径 - AcWing题库

朴素做法时间复杂度 \(O(n!*n)\) ：最坏情况下全排列，然后每个排列算一遍长度，肯定TLE

状态表示 \(f(i,j)\) 集合所有从 \(0\) 点走到 \(j\) 点，走过的所有点是 \(i\) 的所有路径 \(i\) 是二进制数，每一位表示当前点是不是走过属性 \(min\) （每个路径的长度）状态计算枚举倒数第二个点是哪个点 \(k\in[0,n-1]\) \(f(i-\{ j \},k)\) 所有从 0 走到 k 且不经过 j 的点的所有路径的最短距离转移方程 \(f(i,j) = min(f(i-\{ j \},k) + a(k,j))\)
从 0 开始走，0 点在二进制1号位，所以 f[1][0] = 0

 #include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 20, M = 1 << 20;

int n;
int w[N][N];
int f[M][N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) cin >> w[i][j];
    }
	// 求min，初始化
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1][0] = 0;
    for (int i = 0; i < 1 << n; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            // i 是否记录已走过 j 点
            if (i >> j & 1)
                for (int k = 0; k < n; k++) {
                    // i 记录了 k 点
                    if (i >> k & 1)
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j]);
                }
        }
    }

    cout << f[(1 << n) - 1][n - 1] << endl;

    return 0;
}

树形DP⭐

285 没有上司的舞会

AcWing 285. 没有上司的舞会 - AcWing

状态表示 \(f(u,0)\) \(f(u,1)\) 集合 \(f(u,0)\) 以 u 为根的子树中选择，并且不选 u 这个点的所有方案 \(f(u,1)\) 以 u 为根的子树中选择，并且选 u 这个点的所有方案属性 \(max\) （每个方案的快乐指数）状态计算（ \(si\) 为 u 的所有儿子） \(f(u,0) = \sum Max(f(si,0),f(si,1))\) \(f(u,1) = \sum f(si,0)\)

所有节点总儿子数量等于边数 n - 1 ，整个问题时间复杂度 \(O(n)\)

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 6e3 + 10;

int n;
int happy[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][2];
bool has_father[N];

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b;
    ne[idx] = h[a];
    h[a] = idx++;
}

void dfs(int u) {
    f[u][1] = happy[u];

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        dfs(j);
        f[u][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
        f[u][1] += f[j][0];
    }
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> happy[i];
    memset(h, -1, sizeof h);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        has_father[a] = true;
        add(b, a);
    }
    int root = 1;
    while (has_father[root]) root++;

    dfs(root);

    cout << (max(f[root][0], f[root][1])) << endl;
    return 0;
}

记忆化搜索

每一道动态规划问题都可以用递归方式来写（如上面的树形DP）

901 滑雪

901. 滑雪 - AcWing题库

状态表示 \(f(i,j)\) 集合从 \(i,j\) 开始滑的所有路径属性 \(max\) （每个路径的长度）状态计算按第一步往哪个方向滑分为四类（即先不考虑第一步，再考虑第一步）往右划： \(f(i,j+1) + 1\) ，其他同理（要考虑存在条件，滑到点高度小于当前点）

同时递归不应该存在环。题目能满足要求（点与点的高度差关系）

 #include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

int const N = 3e2 + 10;

int n, m;
int h[N][N];
int f[N][N];

int dx[4] = {-1, 0, 1, 0};
int dy[4] = {0, 1, 0, -1};

int dp(int x, int y) {
    int &v = f[x][y];
    if (v != -1) return v;
    v = 1;  // 不能走，路径为1
    for (int i = 0; i < 4; i++) {
        int nx = x + dx[i], ny = y + dy[i];
        if (nx >= 1 && nx <= n && ny >= 1 && ny <= m && h[nx][ny] < h[x][y]) {
            v = max(v, dp(nx, ny) + 1);
        }
    }
    return v;
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> h[i][j];

    memset(f, -1, sizeof f);
    int res = 0;
    // 遍历每一个起点的最大值
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) res = max(res, dp(i, j));
    cout << res;
    return 0;
}

参考资料

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更新时间：2023-09-14 阅读：39次

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