這幾日正好在看《演算法導論》，對其中的一道習題做了c實現，題目詳見220頁，第15-6題。
動態規劃的基本思想就是降低問題的規模，通過迭代或者遞迴的方式求解子問題，自底向上推出目標結果。
cipher感覺動態規劃就是遵守問題約束的窮舉，計算規模自然比較小。
基本思路就是：
m[ i, j ] = p( i, j ) + max( m[ i - 1, j - 1 ], m[ i - 1, j ], m[ i -1, j + 1 ] )下面給出**，定義了乙個6*6的棋盤：
#include #include #include #define n 6
using namespace std;
// 遞迴獲得路徑
void reprintpath( char path[ n ], int i, int j )
else
}// 迭代獲得路徑
void printpath( char path[ n ], int i, int j )
if( path[ i ][ j ] == 'r' )
} cout << "path " << i + 1 << " ( " << i + 1 << ", " << j << " )" << endl;
}int main()
} // 初始化path陣列，該陣列用來獲得路徑
for( int i = 0; i != n - 1; ++ i )
} for( int i = 0; i != n; ++ i )
cout << endl;
} // 迴圈從1開始，第一行不做考慮
for( int i = 1; i != n; ++ i ) else
// 第2到n-2列有三種情況
for( int j = 1; j != n - 1; ++ j ) else
if( tempvalue >= board[ i - 1 ][ j + 1 ] ) else
}// n-1列的兩種情況
if( board[ i - 1 ][ n - 1 ] >= board[ i - 1 ][ n - 2 ] ) else
} for( int i = 0; i != n; ++ i )
cout << endl;
} for( int i = 0; i != n - 1; ++ i )
cout << endl;
} tempvalue = 0;
for( int i = 0; i != n; ++ i )
} printpath( path, 4, flag );
reprintpath( path, 4, flag );
cout << "the bigest one -> " << flag << endl;
}
一道簡單的動態規劃
這是一道usaco的題，section 3.4 raucous rockets 如果只有1張唱片，就是乙個揹包問題，現在有m張唱片，怎麼辦呢？dp i j k 表示前i首歌曲在j個cd中最後乙個cd時間為k的最大值 如果這首歌不選，就是dp i 1 j k 如果選，可以在當前時間就選，就是dp i ...
《演算法導論》筆記（9） 動態規劃 部分習題
一些本章的習題的解法簡答及偽碼。15.1 5 斐波那契數的子問題圖。每個斐波那契數與前兩個斐波那契數有關。所以有n個頂點，2 n 2 條邊。15.2 4 矩陣鏈乘法的子問題圖。n個矩陣的子問題是n 1對，所以共有 n 1 n 2與n n 1 n 2 2條邊。15.3 6 外幣兌換問題。必須是不重複的...
一道動態規劃水題的思考
最近感覺自己太菜了,想做一道水題找找自信,結果越發自卑qwq 洛谷p1002過河卒 這道題目的空間一維優化我居然看了半天才看懂 其實主要是那個作者沒有講清楚,讓我迷糊了半天,下面我來談談我對於這個狀態轉移方程的理解吧.對於沒有更新的狀態,它裡面存的值對應於二維陣列中 原作者的描述確實讓人看著有點迷q...