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今天学习的是状态机模型,其实学到现在感觉其实我目前的状态不是说要学太多的新东西了,因为基础课提高课有关蓝桥杯的高频考点我基本上都学过,只不过是有些没学过,比如说LCA、强连通分量啥的、欧拉回路之类的,不过这些都基本不太会考,就算考了也只是一两题而已,我不会其他人大概率是不会的,现在主要就是把提高课的一些高频考点刷完,然后回过头来去复习学过的,然后再在此基础上把这些东西给弄得很熟,首先是模板要非常熟,并且要理解,然后就是各种变形题,最后就是对于题型的熟练度,这就要靠对每个知识点进行刷题了,目前的计划就是这样了,加油吧!
标签:DP、线性DP、状态机
思路1:
首先这道题可以用常规的
D
P
DP
DP 来分析,我们定义状态
f
[
i
]
f[i]
f[i] 代表从前
i
i
i 家店铺里得到的现金的最大值,那么我们根据定义可以得出状态转移方程
f
[
i
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
,
f
[
i
−
2
]
+
w
[
i
]
)
f[i] = max(f[i-1],f[i-2]+w[i])
f[i]=max(f[i−1],f[i−2]+w[i]) ,我们可以从最后一步来划分,那就是最后一家店偷或者不偷,如果不偷那问的就是前
i
−
1
i-1
i−1 家店能偷的最大值,如果偷那就是前
i
−
2
i-2
i−2 家店的最大值加上当前这家店的最大值,当然这是
i
≥
2
i \geq 2
i≥2 ,并且根据定义
f
[
0
]
=
0
f[0] = 0
f[0]=0 ,然后进行遍历计算即可,最后的结果为
f
[
n
]
f[n]
f[n]。
思路2:
如果我们只想使用前一维的状态怎么办呢,我们可以这样定义状态,
f
[
i
]
[
0
]
,
f
[
i
]
[
1
]
f[i][0],f[i][1]
f[i][0],f[i][1] 分别代表从前
i
i
i 店铺中偷第
i
i
i 家和不偷第
i
i
i 家的最大值,那么状态转移方程就可以表示为
f
[
i
]
[
0
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
[
0
]
,
f
[
i
−
1
]
[
1
]
)
f[i][0] = max(f[i-1][0],f[i-1][1])
f[i][0]=max(f[i−1][0],f[i−1][1])
f
[
i
]
[
1
]
=
f
[
i
−
1
]
[
0
]
+
w
[
i
]
f[i][1] = f[i-1][0] + w[i]
f[i][1]=f[i−1][0]+w[i] 根据定义
f
[
0
]
[
1
]
f[0][1]
f[0][1] 是非法的,这道题问的是最大值我们就将其赋值为负无穷,然后进行计算即可,最后的结果为
m
a
x
(
f
[
n
]
[
0
]
,
f
[
n
]
[
1
]
)
max(f[n][0], f[n][1])
max(f[n][0],f[n][1])
注意:
提一下这里其实后面的状态赋不赋值都无所谓,因为不会有状态会依赖后面的状态,都是依赖的前面的已经算过的状态。
题目描述:
阿福是一名经验丰富的大盗。趁着月黑风高,阿福打算今晚洗劫一条街上的店铺。 这条街上一共有 N 家店铺,每家店中都有一些现金。 阿福事先调查得知,只有当他同时洗劫了两家相邻的店铺时,街上的报警系统才会启动,然后警察就会蜂拥而至。 作为一向谨慎作案的大盗,阿福不愿意冒着被警察追捕的风险行窃。 他想知道,在不惊动警察的情况下,他今晚最多可以得到多少现金? 输入格式 输入的第一行是一个整数 T,表示一共有 T 组数据。 接下来的每组数据,第一行是一个整数 N ,表示一共有 N 家店铺。 第二行是 N 个被空格分开的正整数,表示每一家店铺中的现金数量。 每家店铺中的现金数量均不超过1000。 输出格式 对于每组数据,输出一行。 该行包含一个整数,表示阿福在不惊动警察的情况下可以得到的现金数量。 数据范围 1≤T≤50,1≤N≤105 输入样例: 2 3 1 8 2 4 10 7 6 14 输出样例: 8 24 样例解释 对于第一组样例,阿福选择第2家店铺行窃,获得的现金数量为8。 对于第二组样例,阿福选择第1和4家店铺行窃,获得的现金数量为10+14=24。
示例代码1: 常规写法
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define x first #define y second const int N = 1e5+10; int n, m; int w[N], f[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); int T; cin >> T; while(T--) { cin >> n; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i]; for(int i = 1; i <= n; ++i) { f[i] = max(f[i-1], f[max(0,i-2)]+w[i]); } cout << f[n] << endl; } return 0; }
示例代码2: 状态机写法
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define x first #define y second const int N = 1e5+10, INF = 0x3f3f3f3f; int n, m; int w[N], f[N][2]; int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); int T; cin >> T; while(T--) { cin >> n; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i]; f[0][1] = -INF; for(int i = 1; i <= n; ++i) { f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][1]); f[i][1] = f[i-1][0] + w[i]; } cout << max(f[n][0], f[n][1]) << endl; } return 0; }
标签:DP、线性DP、状态机
思路:
这道题就可以直接用状态机
D
P
DP
DP 了,我们我们定义状态
f
[
i
]
[
j
]
[
0
]
f[i][j][0]
f[i][j][0] 代表前
i
i
i 天,已经完成交易了
j
j
j 次,并且手中无股票时手中剩余的最大值,
f
[
i
]
[
j
]
[
1
]
f[i][j][1]
f[i][j][1] 代表代表前
i
i
i 天,已经完成交易了
j
−
1
j - 1
j−1 次,并且手中有股票时手中剩余的最大值。这里注意
j
j
j 代表的是正在进行第
j
j
j 次交易的意思,那么我们的状态机可以用如下图来表示:
也就是说当有股票的时候,上一次可以是从有股票转移过来,也可以是从无股票转移过来,无股票同理,那么状态转移方程为:
f
[
i
]
[
j
]
[
0
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
[
j
]
[
0
]
,
f
[
i
−
1
]
[
j
]
[
1
]
+
w
[
i
]
)
f[i][j][0] = max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]+w[i])
f[i][j][0]=max(f[i−1][j][0],f[i−1][j][1]+w[i])
f
[
i
]
[
j
]
[
1
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
[
j
]
[
1
]
,
f
[
i
−
1
]
[
j
−
1
]
[
0
]
−
w
[
i
]
)
f[i][j][1] = max(f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][0]-w[i])
f[i][j][1]=max(f[i−1][j][1],f[i−1][j−1][0]−w[i]) 注意:因为我们状态定义的
j
j
j 是正在进行第
j
j
j 次交易,然后就正常推导即可,最优解因为我们不知道进行几次交易才是最好的,所以需要遍历一遍,并且最优解一定是最后交易结束了,如果最后买了不卖那还不如不买的好。
题目描述:
给定一个长度为 N 的数组,数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。 设计一个算法来计算你所能获取的最大利润,你最多可以完成 k 笔交易。 注意:你不能同时参与多笔交易(你必须在再次购买前出售掉之前的股票)。一次买入卖出合为一笔交易。 输入格式 第一行包含整数 N 和 k,表示数组的长度以及你可以完成的最大交易笔数。 第二行包含 N 个不超过 10000 的非负整数,表示完整的数组。 输出格式 输出一个整数,表示最大利润。 数据范围 1≤N≤105,1≤k≤100 输入样例1: 3 2 2 4 1 输出样例1: 2 输入样例2: 6 2 3 2 6 5 0 3 输出样例2: 7 样例解释 样例1:在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入,在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出,这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。 样例2:在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入,在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。随后, 在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入,在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。共计利润 4+3 = 7.
示例代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define x first #define y second const int N = 1e5+10, M = 110, INF = 0x3f3f3f3f; int n, m; int w[N], f[N][M][2]; int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i]; memset(f, -0x3f, sizeof f); for(int i = 0; i <= n; ++i) f[i][0][0] = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) { for(int j = 1; j <= m; ++j) { f[i][j][0] = max(f[i-1][j][0], f[i-1][j][1]+w[i]); f[i][j][1] = max(f[i-1][j][1], f[i-1][j-1][0]-w[i]); } } int res = 0; for(int i = 0; i <= m; ++i) res = max(res, f[n][i][0]); cout << res << endl; return 0; }
标签:DP、线性DP、状态机
思路:
这道题我们可以这样表示状态
f
[
i
]
[
0
]
,
f
[
i
]
[
1
]
,
f
[
i
]
[
2
]
f[i][0],f[i][1],f[i][2]
f[i][0],f[i][1],f[i][2] 分别代表前
i
i
i 天,有股票、无股票第一天、无股票第大于等于二天,那么状态机模型为如下图所示:
然后
f
[
0
]
[
2
]
=
0
f[0][2] = 0
f[0][2]=0 其余的都是非法状态就先赋值为负无穷,然后进行状态计算即可,状态转移方程为:
f
[
i
]
[
0
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
[
0
]
,
f
[
i
−
1
]
[
2
]
−
w
)
f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][2]-w)
f[i][0]=max(f[i−1][0],f[i−1][2]−w)
f
[
i
]
[
1
]
=
f
[
i
−
1
]
[
0
]
+
w
f[i][1] = f[i-1][0]+w
f[i][1]=f[i−1][0]+w
f
[
i
]
[
2
]
=
m
a
x
(
f
[
i
−
1
]
[
2
]
,
f
[
i
−
1
]
[
1
]
)
f[i][2] = max(f[i-1][2], f[i-1][1])
f[i][2]=max(f[i−1][2],f[i−1][1]) 最优解也是最后的
m
a
x
(
f
[
n
]
[
1
]
,
f
[
n
]
[
2
]
)
max(f[n][1],f[n][2])
max(f[n][1],f[n][2]) 因为肯定最后是处于无股票的状态解释跟上一题一样,因为有可能从来都没有买股票,或者是倒数第二天卖的股票,所以得在这两个之间取最大值。
注意:这个无股票的第一天相当于当天卖股票,然后第三天买。
题目描述:
给定一个长度为 N 的数组,数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。 设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下,你可以尽可能地完成更多的交易(多次买卖一支股票): 你不能同时参与多笔交易(你必须在再次购买前出售掉之前的股票)。卖出股票后,你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。 输入格式 第一行包含整数 N,表示数组长度。 第二行包含 N 个不超过 10000 的正整数,表示完整的数组。 输出格式 输出一个整数,表示最大利润。 数据范围 1≤N≤105 输入样例: 5 1 2 3 0 2 输出样例: 3 样例解释 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出],第一笔交易可得利润 2-1 = 1,第二笔交易可得利润 2-0 = 2,共得利润 1+2 = 3。
示例代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define x first #define y second const int N = 1e5+10, M = N, INF = 0x3f3f3f3f; int n, m; int w[N], f[N][3]; int main() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); cin >> n; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i]; memset(f, -0x3f, sizeof f); f[0][2] = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) { f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][2]-w[i]); f[i][1] = f[i-1][0]+w[i]; f[i][2] = max(f[i-1][2], f[i-1][1]); } cout << max(f[n][1], f[n][2]) << endl; return 0; }
标签:动态规划、树形DP、状态机DP
思路:
本题其实就是在树的基础上进行的状态机
D
P
DP
DP ,该结点选或者不选,不选的话就是所有叶子结点选/不选的最大值之和,选就是所有叶子节点不选的最大值之和。状态转移方程为:
f
[
u
]
[
0
]
=
∑
m
a
x
(
f
[
j
]
[
0
]
,
f
[
j
]
[
1
]
)
f[u][0] = \sum max(f[j][0],f[j][1])
f[u][0]=∑max(f[j][0],f[j][1])
f
[
u
]
[
1
]
=
∑
f
[
j
]
[
0
]
f[u][1] = \sum f[j][0]
f[u][1]=∑f[j][0]
题目描述:
Ural 大学有 N 名职员,编号为 1∼N。 他们的关系就像一棵以校长为根的树,父节点就是子节点的直接上司。 每个职员有一个快乐指数,用整数 Hi 给出,其中 1≤i≤N。 现在要召开一场周年庆宴会,不过,没有职员愿意和直接上司一起参会。 在满足这个条件的前提下,主办方希望邀请一部分职员参会,使得所有参会职员的快乐指数总和最大,求这个最大值。 输入格式 第一行一个整数 N。 接下来 N 行,第 i 行表示 i 号职员的快乐指数 Hi。 接下来 N−1 行,每行输入一对整数 L,K,表示 K 是 L 的直接上司。(注意一下,后一个数是前一个数的父节点,不要搞反)。 输出格式 输出最大的快乐指数。 数据范围 1≤N≤6000,−128≤Hi≤127 输入样例: 7 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 3 6 4 7 4 4 5 3 5 输出样例: 5
示例代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int,int> PII; #define x first #define y second const int N = 6010, M = N, INF = 0x3f3f3f3f; int n; int w[N]; int h[N], e[M], ne[M], 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] = w[u]; for(int i = h[u]; i != -1; 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() { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0); memset(h, -1, sizeof h); cin >> n; for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i]; for(int i = 0; i < n - 1; ++i) { int a, b; cin >> a >> b; add(b,a); has_father[a] = true; } int root = 1; while(has_father[root]) root++; dfs(root); cout << max(f[root][0], f[root][1]) << endl; return 0; }
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