算法期末备考-第5练-动态规划

算法期末备考-第5练

 

【主要内容】

动态规划

背包类型的dp：01背包

线性dp：最长公共子序列，编辑距离

经典例题： 独立任务最优调度，最大子段和

 

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01背包

【题目链接】

https://www.acwing.com/problem/content/2/

【题目描述】

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。 输出最大价值。

【数据范围】

0<N,V≤1000 0<vi,wi≤1000

【输入样例】

4 5
1 2
2 4
3 4
4 5

【输出样例】

8

 

---

【题解】 设 ​f[i][j]挑选前i个物品放入背包在容量为j时，获取的最大价值。

在挑选第i个物品时，当能放入的情况下，写出对应的状态转移方程：

​

即放入时，腾出对应的空间出来放物品，同时获取对应的价值。

最后相比较，在放与不放之间取最大值

 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10 ;
int f[N][N] , v[N] , w[N] ;
int main()
{
    int n , V ;
    scanf("%d%d",&n,&V);
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
    }
    
    //枚举物品
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        //枚举背包容量
        for( int j = 0 ; j <= V ; j ++ ){
            //如果能承载该物品,基于前i-1个物品的情况后放入,若能比不放 的价值大则替换
            if( j >= v[i] ){
                f[i][j] = max( f[i-1][j] , f[i-1][j-v[i]] + w[i] );
            }
            //若不能放入,则维持原来的价值.
            else{
                f[i][j] = f[i-1][j] ;
            }
        }
    }
    printf("%d
",f[n][V]);
    return 0;
}

 

---

 

最长公共子序列

【题目链接】

https://www.acwing.com/problem/content/899/

【题目描述】

给定两个长度分别为N和M的字符串A和B，求既是A的子序列又是B的子序列的字符串长度最长是多少。

【数据范围】

1≤N≤1000

【输入样例】

4 5
acbd
abedc

【输出样例】

3

 

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【题解】

对于字符串ABCDE BD是其中一个子序列

设​f[ i ][ j ] 为A串前i个字符与B串前j个字符 两者构成最长的子序列 的 长度。

 

状态转移方程为：

当两个字符相同时

否则

　​

其含义为：

在匹配第i个和第j个相符时，我们可以把问题转移到 f(i-1,j-1)，同时长度+1。

否则，问题抛给 f( i - 1 , j ) , f( i , j - 1 )

 

【具体代码】

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3+10 ;
char A[N] , B[N] ;
int f[N][N] ;
int main()
{
    int n , m ;
    scanf("%d%d%s%s",&n,&m,A+1,B+1);
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        for( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ){
            if( A[i] == B[j] ){
                f[i][j] = f[i-1][j-1] + 1 ;
            }else{
                f[i][j] = max( f[i-1][j] , f[i][j-1] );
            }
        }
    }
    printf("%d
",f[n][m]);
    return 0 ;
}

 

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编辑距离

【题目链接】

https://www.acwing.com/problem/content/904/

【题目描述】

给定两个字符串A和B，现在要将A经过若干操作变为B，可进行的操作有：

1. 删除–将字符串A中的某个字符删除。

2. 插入–在字符串A的某个位置插入某个字符。

3. 替换–将字符串A中的某个字符替换为另一个字符。

现在请你求出，将A变为B至少需要进行多少次操作。

【数据范围】

1≤n,m≤1000

【输入样例】

10 
AGTCTGACGC
11 
AGTAAGTAGGC

【输出样例】

4

 

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【题解】

设​ f[i][j] 为A串前i个字符通过编辑变成B串中前j个字符 所需要最少的操作步数。

编辑有三种操作，对应着三种情况。

A串前i个字符编辑成B串前j个字符。

 

增加一个字符:

​

删除一个字符:

​

修改一个字符：

​

 

f[ i ] [ j ] ​就是以上三种情况取最小值即可。

 

【具体代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10 ;
char A[N],B[N] ;
int f[N][N] ;
int main(){
    int n , m ;
    scanf("%d%s%d%s",&n,A+1,&m,B+1);
​
    memset( f , 0x3f , sizeof f );
    for( int i = 0 ; i <= n ; i++ ) f[i][0] = i ;
    for( int j = 0 ; j <= m ; j++ ) f[0][j] = j ;
​
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        for( int j = 1 ; j <= m ; j++ ){
            f[i][j] = min( min( f[i-1][j] + 1 , f[i][j-1] + 1 ) , f[i-1][j-1] + ( A[i] != B[j] ) );
        }
    }
    printf("%d
",f[n][m]);
    return 0 ;
}

 

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最大子段和

【题目链接】

https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray

【题目描述】

给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

示例:

输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4], 输出: 6 解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。

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【题解】

最大字段和，其字段是“连续”的一段，不是片段。

因为给定的一系列数里面可能有负数。

[-1，2，3，-6，7]序列中最大子段和值为7。

从左往右看，我们肯定是从一个正数开始的,[2,3]=5，但是遇到-6后发现不能继续延伸了，因为此时已经累计和为-1，如果是继承前面的累加和，而是直接从自己开始，所以是7.

 

根据上述分析后，我们直接定义

​f[i] 为前i个数字最大子段和。

答案就是过程中找到。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10 ;
int n ;
int a[N] ;
int f[N] ;
int res = -0x3f3f3f3f ;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        //从左边累加过来或者从当前位置开始
        f[i] = max( f[i-1] , 0 ) + a[i] ;
        res = max( res , f[i] ) ;
    }
    /*
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        printf("%3d",f[i]);
    }
    puts("");
    */
    printf("%d
",res);
    return 0;
}
/*
9
-2 1 -3 4 -1 2 1 -5 4
​
6
 */

 

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独立任务最优调度

【题目描述】

独立任务最优调度，又称双机调度问题：用两台处理机A和B处理n个作业。设第i个作业交给机器A处理时所需要的时间是a[i]，若由机器B来处理，则所需要的时间是b[i]。现在要求每个作业只能由一台机器处理，每台机器都不能同时处理两个作业。设计一个动态规划算法，使得这两台机器处理完这n个作业的时间最短（从任何一台机器开工到最后一台机器停工的总的时间）。研究一个实例：n=6, a = {2, 5, 7, 10, 5, 2}, b = {3, 8, 4, 11, 3, 4}.

【参考博客】

https://www.jianshu.com/p/1e8a1a617c3b

【题解】

其实应该有一个严格的压维过程的，参考博客中已经展示出来了。

我认为可以直接看参考博客，简单易懂。

 

【个人见解】

完全是个人见解。

问题其实就好比01背包问题。

两台机器的最优调度，第一台机器处理的任务 好比背包里的物品，同时不在背包里的物品则为另外一台机器所处理的任务。

物品的代价是时间，价值也是时间。

背包问题最优解不再是背包里的价值最大，而是放进背包里的总价值，和没有放入背包的物品的总价值 之间取的最大值。

首先要知道这个物品在背包时的价值与不放入背包时的价值不一样。

放入时价值为：a[i] , 没有放入时为：b[i]

如果有一种情况是：放入背包里所有的价值之和A，与其不放入的价值之和B。

答案就是max{A,B}。

但是这仅仅是对于一种情况来说的，

而所有情况中取最小值。

 

设​f[ i ][ j ] 为完成前i个任务在背包为j时，不在背包里物品的总价值。

 

即j为放入背包中的总价值，而f[i][j]​为不放入背包中的总价值。

答案为：Max{ j , f[ i ][ j ]​ }

 

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10 ;
int f[N][N] ;
int a[N] , b[N] ;
int n ;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) scanf("%d",&a[i]);
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ) scanf("%d",&b[i]);
    /*
    memset( f , 0x3f , sizeof f );
    for( int i = 0 ; i < a[1] ; i++ ) f[0][i] = 0 ;
    */
    int total_time_A = 0 ;
    int res = 0x3f3f3f3f ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i++ ){
        total_time_A += a[i] ;
        for( int j = 0 ; j <= total_time_A ; j++ ){
            if( j < a[i] ){
                f[i][j] = f[i-1][j] + b[i] ;
            }else{
                f[i][j] = min( f[i-1][j] + b[i] , f[i-1][j-a[i]] );
            }
            if( i == n )
                res = min( res , max( f[n][j] , j ) ) ;
        }
    }
    printf("%d
",res);
    return 0 ;
}
​
/*
6
2 5 7 10 5 2
3 8 4 11 3 4
​
15
*/