习题选讲

1. 习题选讲 赵浩泉 wxyz202@soj.me

2. 动态规划 • Pick numbers • The Top-Code • 过河 • The Longest Walk • Hie with the Pie • 电子眼 • Fight Club • GECKO • 能量项链 • Antimonotonicity • Missile • Bridging Signals • 1176 Two ends

3. 动态规划 • Counting Problem • HOUSING • Circular Sequence • Apple Tree • Maximum Sum • 金明的预算方案 • 运动会 • Cash Machine • 开心的金明 • Knapsack • Dairy Queen • Hands Shaking • Missile

4. Pick numbers • 题目大意： • 给一个M*N的格子，现在需要从左上角走到右下角，并且只能往下或往右走，并且要把走过的格子中的数加起来，现在要求和为正并且越小越好，求和。 • 2<=M,N<=10，格子中的数范围为[-10,10]

5. Pick numbers • 解题思路： • 因为只能往下和往右走，因此走第二行的格子必定在走第一行的格子之后，在同一行里，靠左的格子必定先走。 • 从左上角到右下角总共经过M+N-1个格子，因此得到的和的范围为[-190,190]。

6. Pick numbers • 使用动态规划，按走的顺序记录到达每个格子可能出现的所有的和。 • 每个格子使用一个数组，如果某个和可能出现，则这个位置标为true。 • 每个格子可能出现的和，只可能从它的左方或上方格子可能出现的和，加上当前格子的值得到。

7. Pick numbers • mid=200; ans=-1; • dp[1][1][mid+a[1][1]]=true; • for (i=1;i<=m;i++) for (j=1;j<=n;j++) • if (i!=1||j!=1) • for (k=0;k<=mid+mid;k++) { • if (dp[i-1][j][k]) • dp[i][j][k+a[i][j]]=true; • if (dp[i][j-1][k]) • dp[i][j][k+a[i][j]]=true; • } • for (k=mid+1;k<=mid+mid;k++) • if (dp[m][n][k]) { • ans=k-mid; • break; • }

8. The Top-Code • 题目大意： • 给出一个字符串，要求把它切成长度不小于2的几段，使得每一段的字典序比它前一段的字典序小，求最大能切成的段数，在当前段数下的方案数，在当前段数下字典序最小的方案。 • 字符串长度不超过100。

9. The Top-Code • 解题思路： • 动态规划。每次要切新的一段，能切出的字符串只决定于上一个切出来的字符串。 • 状态dp[i][j]，i表示上一个字符串起始位置，j表示当前字符串起始位置。状态转移时，枚举当前字符串长度，并与上一个字符串长度逐个比较，确定是否能转移。 • 转移过程中更新最多段数，和到达最多段数的方法数，并把所有可行转移边记录下来。 • 寻找字典序最小方案时，从结束状态开始，沿着转移边反向寻找到所有可能经过的状态，再从起始状态开始，只沿可能经过的状态贪心转移，最终到达结束状态。 • http://222.200.182.58/viewsource.php?sid=1095986

10. 过河 • 题目大意： • 桥的起点为0，终点为L，其中地有M个石子。青蛙每次跳的范围为[S,T]，问要跳过桥最小踩到石子次数。 • 1 <= L <= 10^9 • 1 <= S <= T <= 10 • 1 <= M <= 100

11. 过河 • 解题思路： • L的值大太，直接按L的值进行动态规划不可行。 • 分情况：若S和T相等，则踩到的石子数是固定的； • 若S和T不相等，因为S和T的最大值为10，所以当两个石子相差太远是没有意义的，这里取的值为90，当石子距离相差90以上时，看作90，答案不变。 • 压缩后桥长度不超过10000，直接动态规划即可。

12. 过河 • for(i=0;i<m;i++) • { • delta[i]=rock[i+1]-rock[i]; • if(delta[i]>90)delta[i]=90; • } • for(i=1;i<=m;i++) • rock[i]=rock[i-1]+delta[i-1]; • for(i=1;i<=m;i++) • dp[rock[i]]=1; • f[0]=1; • work();

13. 过河 • void work() { • L=rock[m]+90; • for(i=s;i<=L;i++) { • max=101; • for(j=i-t;j<=i-s;j++) • if(j>=0) • if(f[j]&&dp[j]+dp[i]<max) { • max=dp[j]+dp[i]; • f[i]=1; • } • dp[i]=max; • } • }

14. The Longest Walk • 题目大意： • 给出一个图，求出不经过重复点最长路径。 • 隐藏条件：图的点数不超过12。

15. The Longest Walk • 解题思路： • 动态规划，状态为已经经过哪些点，当前所在位置。 • 状态转移，在当前状态可以到达哪个没有到达过的点，到达新的状态，并纪录转移。 • 输出路径时，从结束结点开始，按照纪录的转移倒推输出。 • 如果状态转移是倒推的，则输出的结果不需再倒推。

16. The Longest Walk • for(i=1;i<20;i++) t[i]=t[i-1]*2; • for(i=1;i<t[n];i++)for(j=0;j<n;j++){ • if((i&t[j])==0) continue; • for(k=0;k<n;k++){ • if(j==k||(i&t[k])==0) continue; • if(b[j][k]&&a[j][i]<b[j][k]+a[k][i-t[j]]){ • a[j][i]=b[j][k]+a[k][i-t[j]]; • suc[j][i]=k; • } • } • }

17. Hie with the Pie • 题目大意： • 给出一个图，求出从起点经过所有点并回到起点的最短路径，可以经过重复点。 • 点数不超过10。

18. Hie with the Pie • 解题思路： • 动态规划，状态为已经经过哪些点，当前所在位置。 • 状态转移，在当前状态可以到达哪个没有到达过的点，到达新的状态，并纪录转移。 • 因为可以经过重复点，先调用floyd算法求出所有点之间的最短路。

19. Hie with the Pie • for(int state=opt[0][1<<0]=0;state<(1<<n);state++) • for(i=0;i<n;i++) • if((state&(1<<i))&&opt[i][state]!=-1) • { • for(j=0;j<n;j++) • { • int newstate=state|(1<<j); • if(opt[j][newstate]==-1 • ||opt[j][newstate]>opt[i][state]+g[i][j]) • opt[j][newstate]=opt[i][state]+g[i][j]; • } • } • int ans=opt[0][(1<<n)-1];

20. 电子眼 • 题目大意： • 一个城市有N条马路和N个路口，在路口安装一个电子眼可以监视和它连接的马路，问最小需要多少电子眼才可以监视所有马路。 • 1<=N<=100000

21. 电子眼 • 解题思路： • N个结点N-1条边的连通图是树，则N个结点N条边的连通图只存在一个环。 • 假设题目所求的图是树，则可以用树型动态规划解决：从一个结点开始，当前结点包括的状态是，如果子结点连向它的边全部已经被监视需要的电子眼数，和存在还没被监视的边需要的电子眼数，则可先递归算出子结点的信息，在转移时，如果存在边还没被监视，则当前结点必须安装，否则可以安装也可以不安装，取最小值。 • 当图存在一个环的时候，可以找到环中的一条边，分别假设这条边的其中一个结点是否安装电子眼，并分别求解。

22. 电子眼 • void dfs(long k,long &x1,long &y1,long &x2,long &y2) { • long temp,nextx1,nexty1,nextx2,nexty2; • x1=x2=0; y1=y2=1; • for (node* pp=b[k];pp!=NULL;pp=pp->next) { • temp=pp->xx; • if ((temp==p&&k==q)||(temp==q&&k==p)); • else if (d[temp]==0) { • d[temp]=1; • dfs(temp,nextx1,nexty1,nextx2,nexty2); • x1+=nexty1; x2+=nexty2; • if (nextx1<nexty1) y1+=nextx1; • else y1+=nexty1; • if (nextx2<nexty2) y2+=nextx2; • else y2+=nexty2; • } • } • if (k==q) x1=y2=1000000; • }

23. Fight Club • 题目大意： • N个人站成一圈，每个人都只能与相邻的人战斗，输的人离开这个圈，直到圈里只剩下一个人。给出每两个人之间的战斗胜负关系表，求出每个人是否能成为圈里剩下的唯一一个人。

24. Fight Club • 解题思路： • 要成为圈中唯一剩下的人，则其他人全部都要打败，而每个人只能与旁边的人战斗，因此对于每个状态下每个人只关心两边的人。 • 动态规划，状态为区间[i,j]，表示从第i个人逆时针方向数到第j个人之间所有人（不包括i和j）都已经被打败。 • 状态转移，每个区间[i,j]能够达到，则需要在i和j之间存在一个人k，使得[i,k]能够成立，且[k,j]能够成立，且k会被i和j其中一个人打败。 • 初始时长度为0的区间必定成立，且长度较大的区间需要长度较小的区间得到，因此枚举顺序为区间的长度从小到大。 • 最后对于每个人i，如果[i,i]成立，则表示所有其它人都被打败。

25. Fight Club • memset(f, 0, sizeof(f)); • for (int i=0; i<n; i++) • f[i][(i+1)%n] = 1; • for (int d=2; d<=n; d++) • for (int i=0; i<n; i++) { • int j = (i+d)%n; • for (int k=(i+1)%n; k!=j; k=(k+1)%n) • if (f[i][k] && f[k][j] && (a[i][k] || a[j][k])) { • f[i][j] = 1; • break; • } • }

26. GECKO • 题目大意： • 一只壁虎在墙上的格子爬，每个格子上有不同数量的蚊子。壁虎只能从第一行格子开始，每一次爬动都只能爬到下一行格子，只能爬到它所在格子的下一行位置或旁边位置的格子。它每到达一个格子就把格子中的蚊子吃了。问最多能吃的蚊子数量。 • 格子的行数和列数不超过500。

27. GECKO • 解题思路： • 动态规划，状态为一个格子，如果壁虎现在在这个格子里，它最多已经吃了的蚊子数量。 • 状态转移，对于每一个格子，都只能从上一行的三个格子转移过来，取其中的最大值即可。 • 按行的顺序枚举。

28. GECKO • for (i=1;i<h;i++) • { • a[i][0]+=max(a[i-1][0],a[i-1][1]); • for (j=1;j<w-1;j++) • a[i][j]+=max(a[i-1][j-1],a[i-1][j],a[i-1][j+1]); • a[i][w-1]+=max(a[i-1][w-1],a[i-1][w-2]); • }

29. 能量项链 • 题目大意： • 给出一串项链，每次可以选相邻两个珠子进行聚合，释放出一定的能量，并产生一个新珠子。项链是头尾相接的。求释放的能量的总和的最大值。 • 项链长度不超过100。

30. 能量项链 • 解题思路： • 每次聚合，都会使数字中一的个数字消失。 • 动态规划，状态为[i,j]表示从i开始，按顺时针方向到j，这一段珠子所聚合得到的能量最大值。 • 状态转移，要求出[i,j]的值，则存在一个k在i和j之间，[i,j]的值为[i,k]的值与[k+1,j]的值与这次聚合所释放出的能量的总和，取最大值。 • 且长度较大的区间需要长度较小的区间得到，因此枚举顺序为区间的长度从小到大。

31. 能量项链 • for (step=1;step<n;step++) • for (i=0;i<n*2;i++) { • j=i+step; • if (j>=n*2) break; • for (k=i;k<j;k++) • temp=ans[i][k]+ans[k+1][j]+a[i]*a[k+1]*a[j+1]; • if (ans[i][j]<temp) • ans[i][j]=temp; • }

32. Antimonotonicity Missile • 题目大意： • 给出一列数，现在要找出最长的子序列，满足第一个数大于第二个数，第二数小于第三个数，第三个数大于第四个数，如此类推。

33. Antimonotonicity Missile • 解题思路： • 动态规划，状态为在当前的数字，最长的子序列长度。 • 状态转移，若在原数列中，当前数字比上一个数字小，若子序列长度为奇数，则可加上当前数字，若子序列长度为偶数，则可用当前数字替换上一个数字，长度不变；若当前数字比上一个数字大，也可同理。

34. Antimonotonicity Missile • l=1; • for (i=2;i<=n;i++) • { • if (a[i]<a[i-1]&&l%2==1) • l++; • else if (a[i]>a[i-1]&&l%2==0) • l++; • }

35. Bridging Signals • 题目大意： • 左边有一列p个数，右边有一列p个数，并给出它们之间的连线情况，问最多可以保留多少个连线，使到中间的连线不会出现交叉。 • P<40000

36. Bridging Signals • 解题思路： • 要求最大的不交叉连线数量，问题等价于求最长上升子序列。 • 最长上升子序列动态规划解法： • 状态，以当前数字为子序列的最后一个数，则子序列的最大长度； • 状态转移，对每个数字，找出在这个数字之前出现并且比它小的所有数字，并且从其中找出长度最大的数，加上一即是当前数字的最大子串长度。 • D[i]=max{1,D[j]+1} j=1,2,...,i-1并且 A[i]>A[j] • 复杂度O(N^2) • 通过以上解法可以改进成O(NlogN)的。按数字大小建立线段树，那么在线段树上的操作只有插入一个数和查找某个区间的最大值，可以实现。

37. Bridging Signals • 最长上升子序列的其它解法： • 维护一个一维数组，数组里的第i个数表示最长上升子序列长度是i的所有子序列中末尾最小的那个数。因此这个数组是递增的。按顺序插入每一个数的时候，在数组中找到比它大的最小的数，并更新这个位置；如果它比所有数都大，增数组长度增加一，并把它放在最末端。寻找的时候使用二分查找。 • 最后的最大长度等于数组长度。复杂度O(NlogN) • 例如，原序列为1，5，8，3，6，7 • 数组为1，5，8，此时读到3，用3替换5，得到1，3，8； 再读6，用6替换8，得到1，3，6；再读7，得到最终数组为1，3，6，7。最长递增子序列为长度4。

38. Bridging Signals • nn=0;c[0]=0; • for (i=1;i<=n;i++) { • if (a[i]>c[nn]) { • c[++nn]=a[i]; • b[i]=nn; • } • else { • hi=upper_bound(c,c+nn+1,a[i])-c; • c[hi]=a[i]; • b[i]=hi; • } • }

39. Counting Problem • 题目大意： • 一个N*N的棋盘，在里面放棋子，使得每行有且只有两个棋子，每列有且只有两个棋子，问有多少种方法。通过交换两行或交换两列的方法得到相同的棋盘看作同一种。 • N<=500

40. Counting Problem • 解题思路： • 问题可转化为把N分解成大于2的整数之和有多少种分法。 • 动态规划，状态a[i][j]表示把i分解成大于j的整数之和有多少种分法。 • 状态转移，a[i][j]=sum(a[i-k][k])(k>=j)。

41. Counting Problem • for (i=0;i<=500;i++) { • for (j=0;j<=500;j++) { • if (i==0) • a[i][j]=1; • else if (i<j) • a[i][j]=0; • else { • a[i][j]=0; • for (k=max(2,j);k<=i;k++) • a[i][j]=(a[i][j]+a[i-k][k])%1000007; • } • } • ans[i]=a[i][2]; • }

42. HOUSING • 题目大意： • N个人分到屋里，每间房至少5个人，有多少种分法？ • 5 <= n <= 100

43. HOUSING • 解题思路： • 问题可转化为把N分解成大于5的整数之和有多少种分法。 • 和上题一样。

44. HOUSING • for (i=0;i<=100;i++) { • for (j=0;j<=100;j++) { • if (i==0) • a[i][j]=1; • else if (i<j) • a[i][j]=0; • else { • a[i][j]=0; • for (k=max(5,j);k<=i;k++) • a[i][j]=a[i][j]+a[i-k][k]; • } • } • ans[i]=a[i][5]; • }

45. Circular Sequence • 题目大意： • 有一个长度为n的循环队列，求出一个和最大的连续子串。 • 1<=n<=100000

46. Circular Sequence • 解题思路： • 首先判断序列中是否全部都是负数，如果是的话，最大和即为最大的负数。 • 如果序列并不是循环的，有已知的O(n)方法求出最大值。 • int cal() { • int answer=0,sum=0; • for (int i=0;i<n;i++) { • sum+=i; • if (sum>ans) ans=sum; • if (sum<0) sum=0; • }

47. Circular Sequence • 则求循环队列的最大值，可以当作不循环队列，可能是最大和，也可能是总和减去最小和。 • sum1=cal(); • for (i=0;i<n;i++) { • sum+=a[i]; • a[i]=-a[i]; • } • sum2=sum+cal(); • return max(sum1,sum2);

48. Apple Tree • 题目大意： • 有一棵苹果树有N个结点，每个结点上有苹果，最多可以沿着苹果树的边走K步，每走过一个结点把上面的苹果吃掉。问最多可以吃多少个苹果。 • 1<=N<=100, 0<=K<=200

49. Apple Tree • 解题思路： • 使用树型动态规划，每个结点的状态为，以这个结点为根的子树上使用不同步数，并且是否会回来原结点，所吃的苹果的最大值。 • 状态转移，每个结点，对于每个子结点，可以枚举分配多少步数到这个子结点上。 • http://222.200.182.58/viewsource.php?sid=102025

50. Maximum Sum • 题目大意： • 有一个数列，求出两个连续的子序列，使得它们的和最大。