poj2033Alphacode(dp)

*题意:

        给出一个字符串,如果将字母表中的26个字母依次映射成数字1-26,
这样便形成一个码,虽然加密的确很方便,可是解密存在很多种解密的方法,
现在给出一串数字,要求求解该串数字有多少种解密方法.

*思路：

典型的动态规划，我们可以先1-3个数字的例子来模拟一下过程，思路有很多，暂时先介绍两个。

思路（一）：

用dp[i]表示到当前数字为止时最多的解密方式种数,str[i]表示当前数字，所以有如下分析：

1.可以与前一项合并解密也可以单独解密：dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2],其中dp[i-1]表示不与前一个数合并解密，dp[i-2]表示当前数已经与前一个数合并解密。

2.必须与前一个数字合并解密，此时dp[i]=dp[i-2],两个数字合并后仅考虑再靠前的一个即可。

3.不能与前一个数合并解密，必须单独解密，此时dp[i]=dp[i-1]。

以上就是所有应考虑的情况，每种情况下str[i]与str[i-1]应满足的条件见代码中。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define num 51005
using namespace std;
int main()
{
    int dp[num],i,temp;
    char str[num];
    while(cin>>str&&str[0]!='0')
    {
        temp=str[1]-'0'+(str[0]-'0')*10;
        dp[0]=1;
        if(temp==10||temp==20||temp>26)
            dp[1]=1;
        else
            dp[1]=2;
        for(i=2;i
        {
            temp=str[i]-'0'+(str[i-1]-'0')*10;//表示合并后的数是否能解密
            if(str[i]=='0')//必须与前一个合并解密
                dp[i]=dp[i-2];
            else if(temp>0&&temp<=26&&str[i-1]!='0')//可以单独解密也可与前一个合并解密
                dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
            else
                dp[i]=dp[i-1];//必须单独解密
        }
        cout<<dp[strlen(str)-1]<<endl;
    }
    return 0;
}//在分情况讨论时，尽量列举简单的情况，剩下的用补集表示即用else表示。
//思路（二）:
//用dp1[i]表示当前数单独解密的方法类数,dp2[i]表示当前数与前一个数合并解密时方法种数。（这种定义数组的方式源自他人，代码与分类方式是自己的，所以与原版有所不同）
//代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define num 51005
using namespace std;
int main()
{
    int dp1[num],i,temp,dp2[num];
    char str[num];
    while(cin>>str&&str[0]!='0')
    {
        dp1[0]=1;
        dp2[0]=0;
        for(i=1;i<strlen(str);i++)
        {
            temp=(str[i-1]-'0')*10+(str[i]-'0');
                if(temp<=26&&str[i-1]!='0')
                {
                    if(str[i]=='0')
                    {
                        dp2[i]=dp1[i-1];
                        dp1[i]=0;
                    }
                    else
                    {
                        dp1[i]=dp1[i-1]+dp2[i-1];
                        dp2[i]=dp1[i-1];
                    }
                }
                else
                {
                    dp1[i]=dp1[i-1]+dp2[i-1];
                    dp2[i]=0;
                }
        }
        cout<<dp1[strlen(str)-1]+dp2[strlen(str)-1]<<endl;
    }
        return 0;
}

 

以上两种思路都是基于dp所以在考虑状态转移方程时，当前要做出的决策只需考虑此前一个阶段的状态，同样，此前状态是对以前的完全总。所以不要考虑太靠前或太靠后。