算法1_DP基础

动态规划 DP：状态和转移。

经典例题：最长上升子序列 LIS

状态：f [ i ] 表示以 i 结尾的上升子序列中的最长长度。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[55],f[55];
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=1;
        for(int j=1;j<=i-1;j++){
            if(a[j]<a[i])
                f[i]=max(f[i],f[j]+1);
        }
    }
    cout<<f[n]<<endl;
    /*for(int i=1;i<=n;i++)
        cout<<f[i]<<" ";*/
    return 0;
}

大佬说：还可以用二分和线段树进行优化（还没学到，后面再补吧）
补充思考：杨辉三角：c [ n ] [ m ] = c [ n - 1 ] [ m ] + c [ n - 1 ] [ m - 1 ] ;

01背包

1、题目：

给 n 个物品，每个物品有体积 vi 以及价值 wi，取 n 个物品的一个子集，使体积和不超过 m，并且价值和尽量

2、状态：

f [ i ] [ j ] 考虑前 i 个物品，占用体积为 j，能得到的最大价值

3、转移：

f [ i ] [ j ] = max ( f [ i - 1 ] [ j ] , f [ i - 1 ] [ j - v [ i ] ] + w [ i ] ) ;
考虑第 i 个物品取还是不取，取：f [ i - 1 ] [ j - v [ i ] ] + w [ i ] 不取：f [ i - 1 ] [ j ]

4、空间优化：

(1)滚动数组

########## 0 // i - 1
++++++*+++ 1 // i
数组 f [ i ] [ j ] 的取值只与上一行有关，开数组 f [ 2 ] [ maxn ]
用 f [ i % 2 ] [ i ] 代表当前行 f [ ( i - 1 ) % 2 ] [ j ]代表上一行

(2)更近一步：

从后向前更新，j 以后的是当前行，j 以前的是上一行。
<><><><>0
######## ++
<><><><>1

for (int i=1:i<=n;i++)
    for (int j=m;j>=v[i];j--) 
        f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);

完全背包

1、题目：

与 01背包不同，每个物品可以不限制次数取
稍微修改转移方程即可：

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=v[i];j<=m;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);

2、为什么这个算法就可行呢？

大佬说：首先想想为什么 01背包中要按照 v 递减的次序来循环。让 v 递减是为了保证第 i 次循环中的状态 F [ i , v ] ，是由状态 F [ i - 1 , v - Ci ] 递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑 “选入第i件物品” 这件策略时依据的是一个绝无已经选入第 i 件物品的子结果 F [ i - 1 , v - Ci ]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑 “加选一件第 i 种物品” 这种策略时，却正需要一个可能已选入第 i 种物品的子结果 F [ i , v - Ci ] ，所以就可以并且必须采用 v 递增的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

多重背包

1、題目：

有 N 种物品和一个容量为 V 的背包。第 i 种物品最多有 Mi 件可用，
每件耗费的空间是Ci，价值是Wi。求解将哪些物品装入背包
可使这些物品的耗费的空间总和不超过背包容量，且价值总和最大。

2、基本算法：

因为对于第 i 种物品有 Mi + 1 种策略：取 0 件，取 1 件…取 Mi 件。令 F[i, v]
表示前 i 种物品恰放入一个容量为 v 的背包的最大价值，则有状态转移方程：
F [ i , v ] = max{ F [ i - 1 , v - k ∗ Ci ] + k ∗ Wi | 0 ≤ k ≤ Mi }

3、利用二进制转化为 01背包问题

方法：将第 i 种物品分成若干件 01 背包中的物品，其中每件物品有一个系数。这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。令这些系数分别为1, 2, 2 ^ 2. . . 2 ^ ( k - 1 ), Mi - 2 ^ ( k + 1 )，且 k 是满足 Mi - 2 ^ ( k + 1 ) > 0 的最大整数。
例如:如果 Mi 为 13，则相应的 k = 3，这种最多取 13 件的物品应被分成系数分别为 1, 2, 4, 6 的四件物品。这样就将第 i 种物品分成了 O ( log Mi ) 种物品

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=11010,M=2010;
int n,m;
int V[N],W[N];
int f[M];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    int cnt=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)  //拆分打包
    {
        int v,w,s;
        cin>>v>>w>>s;
        int k=1;
        while(k<=s)
        {
            V[cnt]=v*k;
            W[cnt]=w*k;
            s-=k;
            k*=2;
            cnt++;
        }
        if(s>0)
        {
            V[cnt]=s*v;
            W[cnt]=s*w;
            cnt++;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int j=m;j>=V[i];j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-V[i]]+W[i]);
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

最后编辑于：2020.11.12 20:02:24