閆氏dp分析法
核心：從集合角度分析dp問題
1.狀態表示 f(i)
2.狀態計算，化整為零的過程
例題1，01揹包問題
有n件物品和乙個容量式v的揹包，每件物品只能使用一次
第i件物品的體積式vi，價值是wi
求將這些物品裝入揹包，可使這些物品的總體積不超過揹包容量，且總價值最大
dp狀態表示：f(i,j)
集合：只考慮前i個物品，且總體積不超過j的選擇方案集合
屬性：max f(n,v)
狀態計算：
集合1，不選第i個物品的方案，f(i-1,j)
集合2，選第i個物品的方案，f(i-1,j-vi)+wi
將集合1和集合2取最大值就是所求答案 max(f(i-1,j),f(i-1,j-vi)+wi)
/*01揹包問題的樸素寫法，二維陣列*/
#include
using
namespace std;
const
int n=
1010
;int n,m;
int v[n]
,w[n]
;int f[n]
[n];
intmain()
} cout<[m]
}
/*01揹包問題優化,一維陣列*/
#include
using
namespace std;
const
int n=
1010
;int n,m;
int v[n]
,w[n]
;int f[n]
;int
main()
} cout<
}
01揹包中每個物品只能用1次，完全揹包的每個物品可以用無限次
把01揹包問題從大到小遍歷改為從小到大遍歷就是完全揹包dp
狀態表示：
集合：所有只從前i個物品中選，總體積不超過j的方案集合
屬性：max
狀態計算：
集合0：選0個第i個物品，f(i-1,j)
集合1：選1個第i個物品，f(i-1,j-vi)+wi
集合k：選k個第i個物品，f(i-1,j-kvi)+kwi
f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-vi)+wi,…,f(i-1,j-kvi)+kwi)
f(i,j-vi) = max(f(i-1,j-vi),f(i-1,j-2vi)+wi,…,f(i-1,j-kvi)+kwi)
立即推：f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i,j-vi)+wi)
/*
01揹包：f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1,j-v]+w)
完全揹包：f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j-v]+w)
*/#include
using
namespace std;
const
int n=
1010
;int n,m;
int v[n]
,w[n]
;int f[n]
[n];
intmain()
} cout<[m]
}
/*
完全揹包問題優化
*/#include
using
namespace std;
const
int n=
1010
;int n,m;
int v[n]
,w[n]
;int f[n]
;int
main()
} cout<
}
每次只能合併相鄰的兩堆，合併的代價為這兩堆石子的質量和，合併後與這兩堆石子相鄰的石子和新堆相鄰，合併時由於選擇的順序不同，合併的代價也不同
比如有4堆 1 3 5 2 ,我們可以先合併1、2堆，代價為4，得到452，又合併1，2堆代價為9，得到9，2，再合併得到11，總代價為4+9+11
找出一種合適的方法，使總合併代價最小
dp狀態表示：
集合：所有將[i,j]合併成一堆的方案
屬性：min
**狀態計算：**f[i,j] = f[i,k]+f[k+1,j]+s[j]-s[i-1];
#include
using
namespace std;
const
int n=
310;
int n;
int s[n]
;//前n項和
int f[n]
[n];
intmain()
} cout<[n]
}
給定兩個長度分別為n和m的字串a，b，求即是a的子串行又是b的子串行的字串長度是多少。
dp狀態表示：
集合：所有a[1,i]與b[1,j]的公共子串行的集合
屬性：max
**狀態計算：**f[i,j] = max(f[i-1,j],f[i,j-1],f[i-1,j-1]+1)
#include
using
namespace std;
const
int n=
1010
;int n,m;
char a[n]
,b[n]
;int f[n]
[n];
intmain()
} cout<[m]
}
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