动态规划（DAY6）

从今天开始，爷就要写博客了！
之前没写嘛…是因为不(tai)想(ruo)写(le)
不多说,开始!

问题A石子合并I

题目描述

在一直线上摆放 N 堆石子(N≤100),现要将石子有次序地合并成一堆。规定每次只能选相邻的两堆合并成一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的费用。
例如： N = 6，从左到右每堆石子数为 6 2 3 7 1 2。
下面是一种合并方案：
第1轮：合并3和7，得分10。变为5堆 6 2 10 1 2
第2轮：合并6和2，得分8。变为4堆 8 10 1 2
第3轮：合并8和10，得分18。变为3堆 18 1 2
第4轮：合并10和12，得分22。变为2堆 8 22
第5轮：合并8和22，得分30。变为1堆 30
总费用：10+8+18+22+30 = 88

编一程序，读入堆数一堆石子数，选择一种合并石子的方案，使得做 N-1 次合并，费用的总和最小。

输入

一共N+1行，第一行为一个正整数N（2<=N<=100）；
以下N行，每行一个正整数，小于10000，分别表示第i堆石子的个数（1<=i<=N）

输出

一个正整数，即最小费用.

样例输入

样例输出

这是一道最最最最最经典的DP之一.
首先是一个n,表示有n堆石子,所以我们用a[i]来表示每堆石子的数量.
然后,我们用 $f(i,j)$ 来表示区间i-j的最小费用，然后用 $a(i)$ 来表示1-i的石子数量和
那么可以发现， $f(i,j)=min(f(i,j),f(i,k)+f(k+1,j)+a(j)-a(i-1))$
那么，我们只需要一个一个的枚举i，j，k就行了
其余解释，都在代码里了
程序如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[40005];
int f[40005][40005]; //最小值
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i]; //先输入每堆石子的数量
        a[i]+=a[i-1]; //前缀和
    }
    memset(f,0x7f7f7f,sizeof(f)); //因为要用min，所以需要初始化为一个很大的值。
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0; //f(i,i)没有合并，费用为0。
    for(int lenth=2;lenth<=n;lenth++){ //i必然小于j
        for(int i=1,j=lenth;j<=n;i++,j++) //枚举i，j
            for(int k=i;k<=j;k++) //枚举k
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k+1][j]+a[j]-a[i-1]); //公式
    }
    cout<<f[1][n]; //输出最小值。
    return 0; //完结撒花
}

问题B 救灾

题目描述

为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？

输入

输入数据首先包含一个正整数C，表示有C（C<=10）组测试数据，每组测试数据的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。

输出

对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个数据的输出占一行。

样例输入

样例输出

我们来看一下题目：n是资金，m是种类，p是价格，h是重量，c是袋数
然后求最多重量
emmm…
其实这个题就是背包问题嘛…
n其实就是背包容量,m就是种类,p就是体积,h是价值,c是每种金子的数量…
嗯,到这里你应该已经发现了,这就是一题多重背包
而且,再回头看一下数据,你还会发现,这是一道非常水的多重背包,c<=20！
也就是说呢，我们可以直接用01背包来做，多打一层循环就行了
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int C;
int p[205],h[205],c[205];
int f[205];
int main(){
    cin>>C;
    while(C--){
        for(int i=1;i<=200;i++) f[i]=0;
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=m;i++) cin>>p[i]>>h[i]>>c[i];
        for(int i=1;i<=m;i++)
            for(int l=1;l<=c[i];l++)
                for(int j=n;j>=p[i];j--)
                    f[j]=max(f[j],f[j-p[i]]+h[i]);
        cout<<f[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

那么，有没有更好的方法呢？
当然是有的，不过嘛
我不会
所以继续吧！

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问题C 光盘

题目描述

有N张光盘，每张光盘有一个价钱，现在要从N张光盘中买M张，预算为L，每张光盘有一个快乐值，要求在不超过预算并且恰好买M张，使得快乐值总和最大。

输入

第一行为一个正整数T（1<=T<=5）表示测试数据个数
每组测试数据第一行为三个正整数N（N<=100）,M（M<=N）,L(L<=1000)
接下来的N行每行有两个正整数，分别是光盘的价钱与快乐值。

输出

每组数据对应的最大快乐值总和（保证小于2^31）。若无解则输出0.

样例输入

样例输出

还是先分析一下题目，N其实就是数量，L就是容量，快乐值就是价值，那么这一题就可以看成01背包。
但是，与经典的01背包不同的是，这里规定了：要恰好买M张。
所以，我们要在01背包的基础上改一下
众所周知，01背包的状态转移方程是：
$f[i]=max(f[i-w[i]]+v[i],f[i])$
那么多了一个个数的限定，方程又应该是怎样的呢？
我们可以这样想：用 $f[i][j]$ 来表示有i个物品，容量为j时的最大快乐值，就可以得出公式：
$f[i][j]=max(f[i-1][j-w[i]],f[i][j])$
那么我们就能得出如下的程序：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int n,m,L;
int f[2005][2005];
int p[2005],v[2005];
int main(){
    scanf("%d",&T); 
    while(T--){
        memset(f,0,sizeof(f));
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i],&v[i]);
        for(int k=1;k<=n;k++)
            for(int i=m;i>=1;i--)
                for(int j=L;j>=p[k];j--)
                    f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-p[k]]+v[k]);
        printf("%d\n",f[m][L]);
    }
    return 0;
}

但是
如果给你这样一组数据呢？

我们会发现，这个应该输出0，因为任意四张光盘的价钱之和都大于预算15.
但为什么会这样呢？
因为我们初始化成了0，所以我们任意取一个价钱，会发现
$f[4][15]=max(f[3][9]+10,f[4][15])$
那么这时我们会发现，f[4][15]一定会等于10,但是其实没有任何方案可以构成f[3][9]，所以，在动态转移方程之前，我们还要加一个判断：

if(f[i][j])

你以为这就没了？
不不不，我们还会发现一个东西：
$f[1][j]$ 永远等于0；
所以我们还需要一个判断

if(i==1)

两个判断合起来，就可以A掉这题了

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int n,m,L;
int f[2005][2005];
int p[2005],v[2005];
int main(){
    scanf("%d",&T); 
    while(T--){
        memset(f,0,sizeof(f));
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i],&v[i]);
        for(int k=1;k<=n;k++)
            for(int i=m;i>=1;i--)
                for(int j=L;j>=p[k];j--)
                    if(f[i][j] || i==1)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-p[k]]+v[k]);
        printf("%d\n",f[m][L]);
    }
    return 0;
}

问题D 数字

题目描述

有n个数字（0到99）排成一行，每一次可以将相邻的两个数字相加并对100取模（即除以100的余数），将结果取代之前的两个数，一次操作的花费为两个数字相乘。经过n-1次操作后剩下一个数，问剩下一个数时总花费的最小值。

输入

有若干组数据，每组数据第一行为一个正整数n（n<=100）表示数字的个数。
第二行为n个正整数（0到99）

输出

每组数据对应的最小花费。

样例输入

样例输出

342
2400

这题一看，那不就是石子合并吗？但是，我们会发现一些不一样的地方：

有若干组数据，没有给变量
相加取模
花费为两个数字相乘
关于没有给有几组数据这个呢，有一个小东西可以帮我们

while(~scanf("%d",&n)

没错就是这个~，意为只要n不是最后一个就进行循环（应该是吧。。。）
然后后面两个就改一下就好
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long a[105],s[105][105],f[105][105];
const int oo=12345678;
int main(){
   while(~scanf("%d",&n)){
       memset(f,oo,sizeof(f));
       for(int i=1;i<=n;i++){
           scanf("%d",&a[i]);
           f[i][i]=0;
           s[i][i]=a[i];
       }
       for(int lenth=1;lenth<=n;lenth++){
           for(int i=1,j=lenth;j<=n;i++,j++)
               for(int k=i;k<=j;k++)
                   if(f[i][j]+s[i][j]>(f[i][k]+f[k+1][j]+s[i][k]*s[k+1][j])){
                       f[i][j]=f[i][k]+f[k+1][j]+s[i][k]*s[k+1][j];
                       s[i][j]=(s[i][k]+s[k+1][j])%100;
                   }
       }
       cout<<f[1][n]<<endl;
   }
   return 0;
}

这篇博客，就结束了。

动态规划（六）

动态规划（DAY6）

问题A石子合并I

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

问题B 救灾

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

问题C 光盘

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

完整代码：

问题D 数字

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

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