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【五一qbxt】day3

作者:互联网

动态规划

斐波那契数列:
边界条件:f0=0;

                  f1=1;

能够直接被求出值的状态

不需要计算其他斐波那契数列的值直接可以得到结果;

转移方程:fn=fn-1+fn-2如何用已有状态求出未知状态

前几项:0,1,1,2,3,5,8,13……

状态:f1,f2,f3……fn;(要求的未知的量)

DAGó无后效性??(暂时不用管什么东西)

通项公式:

实现DP

法1:记忆化搜索(一般来说用不上qwq)

会多开一个记录是否算过的数组,故空间会比下面两种大一点

法2:顺着推:用自己去推别人

法3:倒着推:用别人更新自己

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namspace std; 

int n,f[233];
/*斐波那契数列:倒着推
int main(){
    cin>>n;
    f[0]=0;
    f[1]=1;
    for(int a=2;a<n;a++)
    {
        f[a]=f[a-1]+f[a-2];
    }
    cout<<f[n]<<endl;
}*/
/*斐波那契数列:顺着推 
int main(){
    cin>>n;
    f[0]=0;
    f[1]=1;
    for(int a=0;a<n;a++){
        f[a+1]+=f[a];
        f[a+2]+=f[a];
    }
    cout<<f[n]<<endl;
} */
/*搜索  O(f(n)) 与斐波那契数列第n项大小成正比 约为1.6^n 
int dfs(int n){
    if(n==0) return 0;
    if(n==1) return 1;
    return dfs(n-1)+dfs(n-2);
}

int main(){
    cin>>n;
    cout<<dfs(n)<<endl;
    
    return 0
} */ 
/*记忆化搜索  O(n) 
在计算过程中,保证f0~fn每个数只被算一次

bool suan_le_mei[n];
 
int dfs(int n){
    if(n==0) return 0;
    if(n==1) return 1;
    if(suan_le_mei[n]) return f[n];//判断是否算过 
    
    suan_le_mei[n]=true;
    f[n]=dfs(n-1)+dfs(n-2);
    
    return f[n];
}

int main(){
    cin>>n;
    cout<<dfs(n)<<endl;
    
    return 0
}*/ 
 

矩阵优化(O(logn))

常见DP种类

数位DP

树形DP

状压DP

区间DP

(有套路^)

其他DP(可能性很大)无规律

 

考不到的DP:插头DP,博弈论DP,呸概率比较小

 

数位DP

什么叫做数位DP?

读入两个正整数l,r,问从l~r有多少个数?

ans=r-l+1;

第一步:转化:[0,r]数的个数-[0,l-1]的数的个数=>转化成解决[0,x]有多少数=>有多少个v使得0<=v<=x;

x=>xn xn-1 xn-2……x0

v=>vn vn-1vn-2……v0(至多n位)给每位填上0~9的数,看有多少种方案满足v<=x

 

从最高位=>最低位,那么填vn-3时,前面的都填好了

那么v的前面的三位必须保证小于等于x的前三位,那么为了使v<=x,则需要:

分两种情况:1.x的前三位大于v的前三位=>vn-3可以填任何数

2.x的前三位等于v的前三位=>0~xn-3

 

数位DP:

f[i][j(0/1)] 代表这种情况的方案数

i:已经填好了第i位,j=>0/1

j=0 xnxn-1……xi>vnvn-1……vi

j=1 xnxn-1……xi=vnvn-1……vi

转移:枚举第i-1位填什么

填第i位,从i+1位转移过来.

边界:第n+1位(相等且没有数)f[n+1][1]=1;(都填0)

#include<iostream>

using namespace std;

int l,r,z[233];
int f[2333][2]; 

int solve(int x){
    int n=0;
    while(x){//求出x的每一位(最后有n位)(从0下标开始) 
        z[n]=x%10;
        x/=10;
        n++;
    }
    n--;
    memset(f,0,sizeof(f));//需要做两次DP,故要把数组清空 
    
    f[n+1][1]=1;//边界条件:第n+1位显然都填0,所以相等的方案数为1
               //不相等的方案数为0 
    
    for(int a=n;a>=0;a--)//枚举要填的第a位
    {
        for(int b=0;b<=1;b++)//考虑相等还是小于分两种讨论qwq
        if(b==0){//x>v 
            for(int c=0;c<=9;c++)
              f[a][0]+=f[a+1][b]; 
        } 
        else {
            for(int c=0;c<=z[a];c++){
                if(c==z[a])f[a][1]+=f[a+1][b]//c==z[a],代表填上这个数后v=x 
                else f[a][0]+=f[a+1][b];//c!=z[a],代表填上这个数后v<x 
            }
        }
     } 
    return f[0][0]+f[0][1]; 
}

int main(){
    
    cin>>l>>r; 
    
    cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
    
    return 0;
} 

problem2:

求[l,r]中的数的数位之和

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

int l,r,z[233];
int f[2333][2]; 
int g[2333][2];//ij表达与f相同 

int solve(int x){
    int n=0;
    while(x){//求出x的每一位(最后有n位)(从0下标开始) 
        z[n]=x%10;
        x/=10;
        n++;
    }
    n--;
    memset(f,0,sizeof(f));//需要做两次DP,故要把数组清空 
    memset(g,0,sizeof(g));
    
    f[n+1][1]=1;//边界条件:第n+1位显然都填0,所以相等的方案数为1,不相等的方案数为0
    g[n+1][1]=0; 
    
    for(int a=n;a>=0;a--)//枚举要填的第a位
    {
        for(int b=0;b<=1;b++)//考虑相等还是小于分两种讨论qwq
        if(b==0){//x>v 
            for(int c=0;c<=9;c++){
                f[a][0]+=f[a+1][b]; 
                g[a][0]+=g[a+1][b]+f[a+1][b]*c;//先加上前a+1位的和,然后对于第a位,可以填0~9任一,那么每填一个数c,每一种方案的和都+c,故要用方案数*c 
            }
        } 
        else {
            for(int c=0;c<=z[a];c++){
                if(c==z[a]){
                f[a][1]+=f[a+1][b];
                g[a][1]+=g[a+1][b]+f[a+1][b]*c; 
                }//c==z[a],代表填上这个数后v=x 
                else {
                f[a][0]+=f[a+1][b];//c!=z[a],代表填上这个数后v<x 
                g[a][0]+=g[a+1][b]+f[a+1][b]*c; 
            }
            }
        }
     } 
    //return f[0][0]+f[0][1]; 
    return g[0][0]+g[0][1]; 
}

int main(){
    
    cin>>l>>r; 
    
    cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
    
    return 0;
} 

problem3:

求在[l,r]中的满足相邻两个数字之差至少为2的数有多少个

多一维条件,多一个状态。

 

f[i][j][k]已经填好了第i位;j</=;k:第i位填了k

保证第i位和第i+1位的数字大小差至少2;

 

数位-50%

树形-50%

区间-50%

状压-50%

其他-80%

树形DP:

给你一个n个点的数,问有多少个点???闲圈啊qwq

 

f[i]以i为根的子树中共有多少个点

边界条件:叶节点的f为1;f[叶子]=1;

f[p]=f[p1]+f[p2]+1;

 

转移方程 f[i]=f[son1]+f[son2]+……+f[sonn]+1

eg:

给我一个n个点的数,求这棵树的直径是多少?

直径:在一棵树上找到两个点,使得这两点间的距离最远。

考虑一棵子树内的直径qwq

路径长这样:

 

可以把直径看成从某一点向下走了两条路然后合起来

找两种向下走最长的两条路径

即从一点向下走最长可以走多少和次长可以走多少。

状态定义:f[i][0]i向下最长那条路长度是多少

          f[i][1]i乡下的次长的那条路的长度

 

转移方程:(n个儿子)

f[p][0]=max(f[son1][0],f[son2][0]……,f[sonn][0])+1;

假设最大的是son2,那么显然我们不能再走son2了

f[p][1]=max(f[son1][0],f[son3][0],……f[sonn][0])+1;

ans=max(f[i][0]+f[i][1])-1吧???;(枚举所有的i找最大的一个)

标签:前三位,int,day3,qbxt,DP,include,多少,五一,数位
来源: https://www.cnblogs.com/zhuier-xquan/p/10794222.html