『有关动态规划技巧与套路的若干讨论』
最近组织了一场\(dp\)专项测试，结果我一道题都没做出来，考完后才发现全部都是具有一定套路的\(dp\)题。所以决定开一个博客，专门来记录\(dp\)当中的一些经典应用模型，这篇博客可能会长期更新。
线性DP
线性\(dp\)是动态规划当中最基础的一种，其技巧更是数不胜数，特别适合出\(NOIP\)普及组\(T3\)，\(T4\)题，故我们特以此类\(dp\)进行一些讨论。
双向DP(两遍DP)
Tower
Description
信大家都写过数字三角形问题，题目很简单求最大化一个三角形数塔从上往下走的路径和。走的规则是：（i，j）号点只能走向（i+1，j）或者（i+1，j+1）。如下图是一个数塔，映射到该数塔上行走的规则为：从左上角的点开始，向下走或向右下走直到最底层结束。
1 3 8 2 5 0 1 4 3 8 1 4 2 5 0
路径最大和是1+8+5+4+4 = 22，1+8+5+3+5 = 22或者1+8+0+8+5 = 22。
小S觉得这个问题so easy。于是他提高了点难度，他每次ban掉一个点（即规定哪个点不能经过），然后询问你不走该点的最大路径和。
当然他上一个询问被ban掉的点过一个询问会恢复（即每次他在原图的基础上ban掉一个点，而不是永久化的修改）。
Input Format
第一行包括两个正整数，N，M，分别表示数塔的高和询问次数。
以下N行，第i行包括用空格隔开的i - 1个数，描述一个高为N的数塔。
而后M行，每行包括两个数X，Y，表示第X行第Y列的数塔上的点被小S ban掉，无法通行。
Output Format
M行每行包括一个非负整数，表示在原图的基础上ban掉一个点后的最大路径和，如果被ban掉后不存在任意一条路径，则输出-1。
Sample Input
5 3 1 3 8 2 5 0 1 4 3 8 1 4 2 5 0 2 2 5 4 1 1
Sample Output
17 22 -1
Limitation
\(n\leq1000,m\leq5*10^5\)
Solution
这是经典的双向\(dp\)，其思想在于对于一个特殊限定，我们可以在无限定的条件下先做两遍\(dp\)，分别从起始状态和目标状态开始，然后在对特殊限定进行特殊处理，可以利用两遍\(dp\)得到的值进行快速的求解若干问题。
那么在这道题中，我们分别需要做两遍\(dp\)，\(up_{i,j}\)代表从第一行到\((i,j)\)位置的最大数值和，\(down_{i,j}\)代表从最后一行到\((i,j)\)位置的最大数值和。这两个\(dp\)都是非常容易解决的，其方程如下：\[up_{i,j}=max(up_{i-1,j},up_{i-1,j-1})+num_{i,j},down_{i,j}=max(down_{i+1,j},down_{i+1,j+1})+num_{i,j}\]
然后我们预处理出每一行中使得\(up_{i,j}+down_{i,j}-num_{i,j}\)取得最大值以及次大值的位置，那么对于一个损坏的位置\((x,y)\)，若这个位置恰好在该行的最大值位置，显然全局的最大值就是该行的次大值，反之，全局最大值就是该行的最大值，那么我们就可以做到\(O(1)\)回答每一个询问了。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(long long &k)
{
long long x=0,w=0;char ch;
while (!isdigit(ch))
w |= ch=='-' , ch = getchar();
while (isdigit(ch))
x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48) , ch=getchar();
k = ( w ? -x : x );
}
const int N=1020;
long long n,m,num
,u
,d
;
pair < long long , long long > pos
;
inline void input(void)
{
read(n),read(m);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=i;j++)
read(num[i][j]);
}
inline long long val(long long x,long long y)
{
if ( !x || !y )return -1;
return u[x][y] + d[x][y] - num[x][y];
}
inline void dp(void)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=i;j++)
u[i][j] = max(u[i-1][j],u[i-1][j-1]) + num[i][j];
for (int i=n;i>=1;i--)
for (int j=1;j<=i;j++)
d[i][j] = max(d[i+1][j],d[i+1][j+1]) + num[i][j];
for (int i=1;i<=n;i++)
{
long long Max=0,sMax=0;
for (int j=1;j<=i;j++)
{
if ( val(i,j) > Max )
{
sMax = Max;Max = val(i,j);
pos[i] = make_pair( j , pos[i].first );
}
else if ( val(i,j) > sMax )
{
sMax = val(i,j);
pos[i].second = j;
}
}
}
}
inline void solve(void)
{
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
if ( pos[x].first==y )
printf("%lld\n",val(x,pos[x].second));
else printf("%lld\n",val(x,pos[x].first));
}
}
int main(void)
{
freopen("tower.in","r",stdin);
freopen("tower.out","w",stdout);
input();
dp();
solve();
return 0;
}
DP换置
Market
Description
在比特镇一共有n 家商店，编号依次为1 到n。每家商店只会卖一种物品，其中第i 家商店的物品单价为ci，价值为vi，且该商店开张的时间为ti。
Byteasar 计划进行m 次购物，其中第i 次购物的时间为Ti，预算为Mi。每次购物的时候，Byteasar会在每家商店购买最多一件物品，当然他也可以选择什么都不买。如果购物的时间早于商店开张的时间，那么显然他无法在这家商店进行购物。
现在Byteasar 想知道，对于每个计划，他最多能购入总价值多少的物品。请写一个程序，帮助Byteasar 合理安排购物计划。
注意：每次所花金额不得超过预算，预算也不一定要花完，同时预算不能留给其它计划使用
Input Format
第一行包含两个正整数n;m，表示商店的总数和计划购物的次数。
接下来n 行，每行三个正整数ci; vi; ti，分别表示每家商店的单价、价值以及开张时间。
接下来m 行，每行两个正整数Ti;Mi，分别表示每个购物计划的时间和预算。
Output Format
输出m 行，每行一个整数，对于每个计划输出最大可能的价值和。
Sample Input
5 2 5 5 4 1 3 1 3 4 3 6 2 2 4 3 2 3 8 5 9
Sample Output
10 12
Limitation
\(n\leq300,m\leq10^5,c_i,M_i\leq10^9,v_i\leq300,T_i,t_i\leq300\)
Solution
这是经典\(dp\)模型\(0/1\)背包的\(dp\)换置。
直观地考虑，这就是一道简单的\(0/1\)背包，但是这个背包的体积很大，不适合直接做。那么我们注意到数据中一个很好的限制：\(v_i\leq300\)，也就是说，我们可以考虑一种与价值有关的\(dp\)方式，这就用到\(dp\)换置了。
\(f_{i,j}\)代表前\(i\)家商店得到价值总和为\(j\)时的最小花费，这和普通背包问题的状态刚好相反，但是，其状态转移方程几乎是一样的：\(f_{i,j}=min\{f_{i-1,j-v_i}+c_i,f_{i-1,j}\}\)，这样的\(dp\)的时间复杂度就只和\(n,v\)有关了。
那我们如何得到答案呢？首先，我们需要对得到的\(f\)数组进行一些处理，显然有一些不能准确表示为若干个价值之和的位置的\(f\)值是正无穷，那么我们需要用得到更多价值的花费来填充该位置。完成这个操作后，我们就会发现\(f\)是具有单调性的，那么我们就可以二分了，二分找到第一个花费大于预算的下标，其上一个位置就是不超过预算的最大价值。
在这道题当中，对于\(t\)有关时间的限制，我们将商店排成时间升序的，然后通过二分在找到时间上的最早开门时间，就可以通过第二次二分找到\(f\)数组中的答案了。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=301,M=100020,INF=0x3f3f3f3f3f;
int n,m,t
;
long long f
[N*N];
struct market
{
int c,v,t;
}a
;
inline bool compare(market p1,market p2)
{
return p1.t < p2.t;
}
inline void input(void)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].c,&a[i].v,&a[i].t);
t[i] = a[i].t;
}
}
inline void dp(void)
{
sort(a+1,a+n+1,compare);sort(t+1,t+n+1);
for (register int i=1;i<=300*n;++i)f[0][i]=INF*1LL;
for (register int i=1;i<=n;++i)
for (register int j=0;j<=300*n;++j)
if (j>=a[i].v)
f[i][j] = min(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i].v]+a[i].c);
else f[i][j] = f[i-1][j];
for (register int i=1;i<=n;++i)
for (register int j=300*n-1;j>=0;--j)
f[i][j] = min(f[i][j],f[i][j+1]);
}
inline void solve(void)
{
for (register int i=1;i<=m;++i)
{
int T,M,ans=0;
scanf("%d%d",&T,&M);
int pos = upper_bound(t+1,t+n+1,T)-t-1;
ans = upper_bound(f[pos],f[pos]+300*n+1,M*1LL)-f[pos]-1;
printf("%d\n",ans);
}
}
int main(void)
{
input();
dp();
solve();
return 0;
}
费用提前计算
Value
Description
给定\(n\)个物品，每个物品价值为\(v_i\)代价为\(w_i\)。
可以以任意顺序选择任意数量的物品，但在选择\(i\)号物品以后，剩下物品的价值就会减少\(w_i\)，要求最大化选择商品的价值之和。
Input Format
第一行包括一个整数\(n\)，剩下\(n\)行每行包括两个整数\(v_i,w_i\)。
Output Format
一行包括共一个整数，代表价值之和的最大值。
Sample Input
5 8 2 10 7 5 1 11 8 13 3
Sample Output
27
Limitation
\(n\leq5000,v_i,w_i\leq10^5\)
Solution
这道题的每一个物品选择都会对剩下的物品选择造成影响，如果直接\(dp\)的话将会出现后效性，导致\(dp\)错误，那么我们就需要对原来的数据做一些处理，然后利用费用提前计算的技巧，进行动态规划。
首先，对于购买物品的最优组合\(S=\{(v_{p_1},w_{p_1}),(v_{p_2},w_{p_2}),...,(v_{p_k},w_{p_k})\}\)，显然按照\(w\)升序购买时收益最大。但是我们需要考虑每一个物品对之后物品的影响，所以我们要将所有物品按照\(w\)降序排序，然后设置倒序的状态：\(f_{i,j}\)代表到物品\(i\)为止，已经选了后\(j\)个物品的最大价值和。这样，对于每一个物品，我们只考虑是否选它作为倒数第\(j+1\)个物品，那么就满足了贪心的原则，也方便了花费的计算。
具体的，我们可以这样进行花费提前计算：\(f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-1}+v_{i}-(j-1)*w_i)\)，第一种情况代表第\(i\)个物品不选，第二种情况代表选它作为倒数第\(j+1\)个物品，在倒序状态中，我们实际上以及计算了它未来的影响：减少了最后\(j-1\)个物品\(w_i\)的价值。
所以，对于有未来影响的\(dp\)，我们可以使用花费提前计算的方法，当然，使用花费提前计算的方法通常还配合倒序的状态来使用。
\(Code:\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &k)
{
int x=0,w=0;char ch;
while (!isdigit(ch))
w |= ch=='-' , ch = getchar();
while (isdigit(ch))
x = (x<<3) + (x<<1) + (ch^48) , ch=getchar();
k = ( w ? -x : x );
}
const int N=5020;
int n,ans,f
;
struct product
{
int v,w;
}a
;
inline bool compare(product p1,product p2)
{
return p1.w > p2.w;
}
inline void input(void)
{
read(n);
for (int i=1;i<=n;i++)
read(a[i].v) , read(a[i].w);
}
inline void dp(void)
{
sort(a+1,a+n+1,compare);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=n;j++)
{
f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-1]+a[i].v-(j-1)*a[i].w);
if (i==n) ans = max(ans,f[i][j]);
}
}
}
int main(void)
{
freopen("value.in","r",stdin);
freopen("value.out","w",stdout);
input();
dp();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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