动态规划

2020-04-08 07:45:18 问题描述： 给定一个 n * m 个的矩阵，矩阵的每个位置有一定数量的硬币，你从 （0,0） 位置出发，每次只能 往右 或者 往下 走，当他经过某个格子的时候，可以得到这个格子上的所有硬币，当它走到第 （n-1，M-1） 位置时游戏结束，在游戏开始前，你有 ķ 次机会，可以交换某两个格子中的硬币数量中，k次机会不一定要使用完，求从（0,0）走到第（n-1，M-1）所能得到的最大的硬币数量。 样例 输入: matrix = [[9,9,9,0,0],[0,0,9,0,0],[0,0,0,0,0],[0,0,9,0,0],[9,0,9,9,9]] k = 1 输出:81 注意事项 2≤n,m≤50 0<=k<=20 0<=matrix[I][j]<=1000000 问题求解： int nums[55]; int dp[55][55][25][25]; int collectingCoins(vector<vector<int>> &matrix, int k) { // Write your code here int n = matrix.size(); int m = matrix[0].size(); memset(dp, -0x3f,sizeof(dp)); dp[0][0][0][0] = matrix[0][0], dp[0][0]

1.常规跳台阶 一只青蛙一次 可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。 求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。 大体思路： 第 i 个楼梯可以从第 i-1 和 i-2 个楼梯再走一步到达，即走到第 i 个楼梯的方法数为走到第 i-1 和第 i-2 个楼梯的方法数之和。所以可以推导出递推公式为： dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2] 考虑到 dp[i] 只与 dp[i - 1] 和 dp[i - 2] 有关，因此可以只用两个变量来存储 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，使得原来的 O(N) 空间复杂度优化为 O(1) 复杂度。具体非递归代码如下： 2.变态跳台阶 一只青蛙一次 可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级 。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。 大致思路： （1）每一个高度的台阶都可以一步完成，所以每一个位置都有一种基本解 dp[i]=1 (2)除了基本解之外，每一个高度的完成解还受到且仅受到前一个相邻高度dp[i-1]的影响。 （3）因此，每一个高度的最终解都是前一个数的解()+本身的基本解。即， dp[i]=1+dp[i-1]; 3.抢劫一排房子 你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是 相邻的房屋装有相互连通的防盗系统

描述 有一块矩形大蛋糕，长和宽分别是整数 w 、 h 。现要将其切成 m 块小蛋糕，每个小蛋糕都必须是矩形、且长和宽均为整数。切蛋糕时，每次切一块蛋糕，将其分成两个矩形蛋糕。请计算：最后得到的 m 块小蛋糕中，最大的那块蛋糕的面积下限。 假设 w = 4, h = 4, m = 4，则下面的切法可使得其中最大蛋糕块的面积最小。 假设 w = 4, h = 4, m = 3，则下面的切法会使得其中最大蛋糕块的面积最小: 输入 共有多行，每行表示一个测试案例。每行是三个用空格分开的整数w, h, m ，其中1 ≤ w, h, m ≤ 20 ， m ≤ wh. 当 w = h = m = 0 时不需要处理，表示输入结束。 输出 每个测试案例的结果占一行，输出一个整数，表示最大蛋糕块的面积下限。 样例输入 4 4 4 4 4 3 0 0 0 样例输出 4 6 1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 int Minmax[22][22][22]; // Min[i][j][k]表示 i*j的蛋糕分成为k+1块(切k刀)最大的那块蛋糕的最小面积 9 10 int main() { 11 int w,

来源： https://www.cnblogs.com/hubowen1/p/12655487.html

题目大意 题目链接 有 n ​ 个村庄，每个村庄 每天会因传染病去世 a i 个 人(除非你治愈这个村庄)。 从1号村庄出发，每天可以选择向相邻的村庄进发或者治愈所在的村庄。 如果在这个过程中之前有未治愈的村庄，同时你往回走了一步，那么你需要把之前未治愈的村庄全部治愈后才能接着自由行动。 求所有村庄都被治愈时最少的死亡人数。 数据范围 n≤3000,a i ≤10 9 样例输入 6 40 200 1 300 2 10 样例输出 1950 样例解释 见链接 ヾ(。￣□￣)ﾂ゜゜゜ 思路 建议改成：江 苏 题 N B 暴力枚举n 3 显然不怎么优秀，所以我们选择动态规划。 转移方程： 　　dp [j] [i+j]=dp [j+1] [i+j]+min((sum [i+j]-sum [j])* 2,a [j]*i* 3+sum [i+j]-sum [j]); 　　dp2 [i]=min(dp2 [i],dp2 [j]+dp [j+1] [i]+( 4*i- 4*j- 2)*(sum [n]-sum [i])); 代码 1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int maxn=3000+10; 5 ll n,dp[maxn][maxn],dp2[maxn],sum

只能进行两次的股票交易 123. Best Time to Buy and Sell Stock III (Hard) 题目描述：   一共只能进行两次股票交易，求能够取得的最大利润。 思路分析：   这道题是Best Time to Buy and Sell Stock的扩展，现在我们最多可以进行两次交易。我们仍然使用动态规划来完成，事实上可以解决非常通用的情况，也就是最多进行k次交易的情况。   这里我们先解释最多可以进行k次交易的算法，然后最多进行两次我们只需要把k取成2即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。我们维护两种量，一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易，最好的利润是多少（global [i] [j]），另一个是当前到达第i天，最多可进行j次交易，并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少（local [i] [j]）。下面我们来看递推式，全局的比较简单，   global [i] [j]=max(local [i] [j],global [i-1] [j])，   也就是取当前局部最好的，和过往全局最好的中大的那个（因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面，否则一定在过往全局最优的里面）。对于局部变量的维护，递推式是 local [i] [j]=max(global [i-1] [j-1]+max(diff,0),local [i-1] [j]

再学习一下动态规划的基本优化方法… 首先这篇文章应该大家都看过吧…没看过的自行百度 关于实现的思路文章里都给好了…这篇就主要给一点题目啥的 （P.S. 电脑重装了，如果博客发出来有一些奇怪的问题不要在意） 模型一，即决策单调性优化 ①玩具装箱 bzoj1010 题目自己看去 用dp[x]表示装前x个的最小费用，sum[x]表示C的前缀和。 可以发现dp[i]=min{dp[j]+(i-j+sum[i]-sum[j]-1-L)^2} (0<=j<i) 这样似乎还是不够美观，我们令p[i]=i+sum[i]，g=L+1。 dp[i]=min{dp[j]+(p[i]-p[j]-g)^2} (0<=j<i) 美观了一点… 这样硬肛是O(n^2)的，感觉很不兹磁啊… 首先：四边形不等式 当函数w(i,j)满足w(a,c)+w(b,d)<=w(b,c)+w(a,d)且a<=b<c<=d时我们称w(i,j)满足四边形不等式。 假如我们用w(j,i)表示(p[i]-p[j]-g)^2，那么（打表）可以发现w是满足四边形不等式的。 什么？讲道理？ w(a,c)+w(b,d)-w(b,c)-w(a,d)=2g(p[c]-p[a]+p[d]-p[b]-p[c]+p[b]-p[d]+p[a])+p[a]^2+p[c]^2+p[b]^2+p[d]^2-p[b]^2-p[c]^2-p[a]^2-p[d]^2

可以用dfs的题目可以想一下是否能用动态规划解决，可以省掉大量开栈和栈回收的开销； 如果不可以那想一下是否能用记忆化搜索，这样可以省掉大量重复子问题计算的开销； 关于区间DP，关于字符串或者是一段序列的问题多数是区间DP的问题；但是可能会涉及到如何定义相同子串的问题 ； 来源： https://www.cnblogs.com/mychen06/p/12596396.html

Description: Given a string s , partition s such that every substring of the partition is a palindrome. Return the minimum cuts needed for a palindrome partitioning of s . For example, given s = "aab" , Return 1 since the palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut. 分析：求字符串的最小切，简单来看 对每一个新字符，往前找到它组成的所有回文，保留最小值，遍历整个字符串，即可以得到最小切得结果。 这里往前找，会将字符串分成两部分，带当前字符的回文部分，和前面的字符串部分。这样就会带来大量的重复子问题，当然考虑是动态规划来做。 动态规划的递归式是： F(x) = min{F(j)+1} for all j,s.t string [j+1,x] is a palindrome. 这里还有一个技巧需要注意，因为此时我们就需要判断一个字符串是否是回文串，判断方法也应该用动态规划来做，否则会超时。 判断回文的动归 比较简单，递归式是 B[i][j] = (s[i]==s[j]) && B[i

Leetcode之动态规划（DP）专题-746. 使用最小花费爬楼梯（Min Cost Climbing Stairs） 数组的每个索引做为一个阶梯，第 i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost[i] (索引从0开始)。 每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力花费值，然后你可以选择继续爬一个阶梯或者爬两个阶梯。 您需要找到达到楼层顶部的最低花费。在开始时，你可以选择从索引为 0 或 1 的元素作为初始阶梯。 示例 1: 输入: cost = [10, 15, 20] 输出: 15 解释: 最低花费是从cost[1]开始，然后走两步即可到阶梯顶，一共花费15。 示例 2: 输入: cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] 输出: 6 解释: 最低花费方式是从cost[0]开始，逐个经过那些1，跳过cost[3]，一共花费6。 注意： cost 的长度将会在 [2, 1000] 。 每一个 cost[i] 将会是一个Integer类型，范围为 [0, 999] 。 DP： dp[i]表示上到第i个楼梯的最小花费。 注意几个点： 1、楼顶的下标是 cost.length 2、一开始你所在的下标是-1或者-2（因为可以一次走一层，如果一次走一层你就在-1，如果一次走2层你就在-2） 为了优化这几点，我们把dp数组的length+3.