1、= 0 or c 20 or b 20 or c 20, then w(a, b, c) returns: w(20, 20, 20) b and b c, then w(a, b, c) returns: w(a, b, c-1) + w(a, b-1, c-1) - w(a, b-1, c) otherwise it returns: w(a-1, b, c) + w(a-1, b-1, c) + w(a-1, b, c-1) - w(a-1, b-1, c-1)这本身就是一个递归函数,要是按照函数本身写递归式,结果肯定是TLE,这里我开了一个三维数组,从w(0,0,0)开始递推,逐步产生
2、到w(20,20,20)的值,复杂度O(n3).总结:这道题是很地道的DP,因为它的子问题实在是太多了,所以将问题的结果保存起来,刘汝佳算法艺术和信息学竞赛中115页讲到自底向上的递推,这个例子就非常典型。总体来说这个题目还是非常简单的,不过这个思想是地道的动态规划。Pku acm 2081 Recamans Sequence 动态规划题目总结(三)一道很简单的动态规划,根据一个递推公式求一个序列,我选择顺序的求解,即自底向上的递推,一个int数组result根据前面的值依此求出序列的每一个结果,另外一个boolean数组flagi记录i是否已经出现在序列中,求result的时候用得着,这样就
3、避免了查找。核心的java代码为:for(i=1;i0&flagresulti-1-i=false) resulti = resulti-1-i; flagresulti-1-i = true; else resulti = resulti-1+i; flagresulti-1+i = true;Pku acm 1953 World Cup Noise 动态规划题目总结(四)给定一个小于45的整数n,求n位2进制数中不含相邻1的数的个数。看似简单的一道题,如果当n=45时,对2的45次方检查,是无法完成的任务。先分析一下这个问题:N以1结尾的个数以0结尾的个数总和123对于n=1来说,以1结尾
4、、以0结尾个数都是1,总和是2,下面过度到2:对于所有以1结尾的数,后面都可以加上0,变为n=2时以0结尾的,而只有结尾为0的数才能加上1(因为不能有两个连续0),这样就可以在n=2的格里分别填上1、2,总和算出来为3,以此类推,我们可以算出所有nresultij-1?resulti-1j:resultij-1;System.out.println(resultlength1length2);Pku acm 2250 Compromise 动态规划题目总结(六)这个也是求最长公共字串,只是相比Common Subsequence需要记录最长公共字串的构成,此时箭头的标记就用上了,在程序中,用o
5、pt存放标记,0表示朝向左上方,1表示指向上,-1表示指向左。result存放当前最大字串长度。在求最优解时,顺着箭头从后向前寻找公共字串的序号,记录下来,输出即可。该算法在算法导论中有详细的讲解。Pku acm 1159 Palindrome 动态规划题目总结(七)给一个字符串,求这个字符串最少增加几个字符能变成回文,如Ab3bd可以增加2个字符变为回文:Adb3bdA。通过这样的结论可以和最长公共子串联系起来(未证明):S和S (注:S是S的反串)的最长公共子串其实一定是回文的。这样我们就可以借助lcs来解决该题,即用s的长度减去lcs的值即可。核心的Java代码为:total-LCS(s
6、tring,new StringBuffer(string).reverse().toString();/函数LCS返回两个string的lcs的长度Pku acm 1080 Humman Gene Function 动态规划题目总结(八)这是一道比较经典的DP,两串基因序列包含A、C、G、T,每两个字母间的匹配都会产生一个相似值,求基因序列(字符串)匹配的最大值。这题有点像求最长公共子序列。只不过把求最大长度改成了求最大的匹配值。用二维数组optij记录字符串a中的前i个字符与字符串b中的前j个字符匹配所产生的最大值。假如已知AG和GT的最大匹配值,AGT和GT的最大匹配值,AG和GTT的最
7、大匹配值,求AGT和GTT的最大匹配值,这个值是AG和GT的最大匹配值加上T 和T的匹配值,AGT和GT的最大匹配值加上T 和-的匹配值,AG和GTT的最大匹配值加上-和T的匹配值中的最大值,所以状态转移方程:optij = max(opti-1j-1+table(bi-1,aj-1),optij-1+table(-,aj-1),opti-1j+table(,bi-1);NullAGT-3-5-6-8-11-12-14-2-4-7-9第0行,第0列表示null和字符串匹配情况,结果是-和各个字符的累加: for(i=1;=num1; opt0i = opt0i-1+table(,ai-1);
8、for(i=1;=num2; opti0 = opti-10+table(,bi-1);optnum2num1即为所求结果。Pku acm 2192 Zipper 动态规划题目总结(九)这个题目要求判断2个字符串能否组成1个字符串,例如cat和tree能组成tcraete。我们定义一个布尔类型的二维数组 array,arrayij表示str1i和str2j能否组成stri+j.i=0或者j=0表示空字符串,所以初始化时,array0j表示str1的前j个字符是否和str都匹配。对于str=tcraete:tre可以证明:当arrayi-1j( arrayij上面一格)和arrayij-1( a
9、rrayij左面一格)都为0时,arrayij为0.当arrayi-1j( arrayij上面一格)为1且左面字母为stri+j时或者当arrayij-1( arrayij左面一格)为1且上面字母为stri+j时,arrayij为1.这就是状态转移方程为。核心的Java代码:if(arrayij-1&str1.charAt(j-1)=str.charAt(i+j-1)|arrayi-1j&str2.charAt(i-1)=str.charAt(i+j-1) arrayij = true;else arrayij = false;Pku acm 3356 AGTC 动态规划题目总结(十)一个字符
10、串可以插入、删除、改变到另一个字符串,求改变的最小步骤。和最长公共子序列类似,用二维数组optij记录字符串a中的前i个字符到字符串b中的前j个字符匹配所需要的最小步数。假如已知AG到GT的最小步数,AGT到GT的最小步数,AG到GTT的最小步数,求AGT到GTT的最小步数,此时T= =T,这个值是AG到GT的最小步数,AGT到GT的最小步数加一(AGT到GT的最小步数等于AGTT到GTT的最小步数,加一是将T删除的一步),AG到GTT的最小步数加一(AG到GTT的最小步数等于AGT到GTTT的最小步数,加一是在AGT上增加T的一步)。假如已知AG到GT的最小步数,AGA到GT的最小步数,AG
11、到GTT的最小步数,求AGA到GTT的最小步数,此时A! =T,这个值是AG到GT的最小步数加一(A改变为T),AGA到GT的最小步数加一(AGA到GT的最小步数等于AGAT到GTT的最小步数,加一是将T删除的一步),AG到GTT的最小步数加一(AG到GTT的最小步数等于AGA到GTTA的最小步数,加一是在GTTA上删除A的一步)。所以状态转移方程:if(str1.charAt(i-1)=str2.charAt(j-1) arrayij = Math.min(Math.min(arrayi-1j-1, arrayi-1j+1), arrayij-1+1); arrayij = Math.min
12、(Math.min(arrayi-1j-1+1, arrayi-1j+1), arrayij-1+1);初始化的时候和最长公共子序列不同,因为第0行,第0列表示null转化到字符串情况,结果是字符串的长度:=m; arrayi0 = i; =n; array0i = i;7结果是arraymnPku acm 1887 Testing the CATCHER 动态规划题目总结(十一)题目叙述很繁琐,其实就是求最长下降子序列,这一类题也是动态规划的典型题。这类问题有两种算法,一种 T(o) = O(n2),另一种T(o) = O(nlogn),这里用第一种,在1631 Bridging signa
13、ls的解题报告中介绍第二种。创建一个一维数组num_arrayj,max_array,num_arrayj表示序列的元素,max_arrayi表示以第i个元素结尾的序列中的最长下降子序列,初始化为1,对于一个max_arrayi,遍历前面的每个元素j,如果num_arrayj num_arrayi且max_arrayj= max_arrayi,那么max_arrayj就要加1,所以递推公式为:if(num_arrayi=num_arrayj&max_arrayi=max_arrayj) max_arrayi+;最后选最大的一个max_arrayi就是最长下降子序列的个数。Java关键部分的代码
14、:length;i; if(num_arrayimax_value)?max_arrayi:max_value;max_value是最后的结果。Pku acm 2533 Longest Ordered Subsequence 动态规划题目总结(十二)这个题目和1887 Testing the CATCHER一模一样,没有什么值得说的,关键的c代码如下:for(j=1;j+) if(maxinumj) maxi+; if(maxiresult) result=maxi;printf(%dn,result);Pku acm 1631 Bridging signals 动态规划题目总结(十三)这个题
15、目可以转化为最长上升子序列,这样这个题目似乎就和2533 Longest Ordered Subsequence 1887 Testing the CATCHER一样了,迅速写下代码,结果超时!看来只能用O(nlogn)的算法了。在O(n2)的算法中:创建一个一维数组arrayj,opt,arrayj表示序列的元素,opti表示以第i个元素结尾的序列中的最长下降子序列,初始化为1,对于一个opti,遍历前面的每个元素j,如果arrayjarrayi且optj=opti,那么optj就要加1,在这里,遍历前面的每个元素j,寻找此前最大的子序列时间复杂度为O(n),如果我们在一个有序的序列中查找此
16、前最大的序列长度,我们就可以用二分查找,时间复杂度就会降为O(logn),总的时间复杂度就会为O(nlogn)。为此,我们增加一个一维数组B,Bi表示当前序列为i的末尾元素的最小值。 例如对于序列:4 2 6 3 1 5 :iarrayoptB构建过程如下:i=1时,opti=1 Bi=4(当前为1的序列的末尾元素的最小值)i=2时,2不大于4,所以opti=1,将B1更新为2i=3时,6大于2,所以opti=1+1,将B2更新为6i=4时,3在2 6之间,所以opti=1+1,将B2更新为3i=5时,1小于2,所以opti=1,将B1更新为1i=6时,5大于3,所以opti=2+1,将B3更新为5opt6就是最后的结果。从构建的过程可以容易的证明一下两点:B是递增的。B是当前序列为i的末尾元素的最小值。以上“2不大于4”,“3在2 6之间”等等的判断采用二分查找,所以总的时间复杂度为:O(nlogn),核心的c代码如下: num = arrayi; left = 1; right = Blen; while(left=right) mid = (left+right)/2; if(Bmidnum) left = mid+1; right = mid-1; opti =
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