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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 =