1、最长公共子序列、最长公共子串
最长公共子序列（Longest-Common-Subsequence，LCS）
dp[i][j]：dp[i][j]表示长度分别为i和j的序列X和序列Y构成的LCS的长度 dp[i][j] = 0，如果i=0 或 j=0 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i-1] = Y[i-1] dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }，如果 X[i-1] != Y[i-1] LCS长度为 dp[Xlen][Ylen]
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int dp[100][100]; // 存储LCS长度, 下标i,j表示序列X,Y长度 void LCS_dp(char * X, char * Y) { int i, j; int xlen = strlen(X); int ylen = strlen(Y); // dp[0-xlen][0] & dp[0][0-ylen] 都已初始化0 for(i = 1; i <= xlen; ++i) { for(j = 1; j <= ylen; ++j) { if(X[i-1] == Y[j-1]) { dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1; } else if(dp[i][j-1] > dp[i-1][j]) { dp[i][j] = dp[i][j-1]; } else { dp[i][j] = dp[i-1][j]; } } } printf("len of LCS is: %d\n", dp[xlen][ylen]); i = xlen; j = ylen; int k = dp[i][j]; char lcs[100] = {'\0'}; while(i && j) { if(X[i-1] == Y[j-1] && dp[i][j] == dp[i-1][j-1] + 1) { lcs[--k] = X[i-1]; --i; --j; } else if(X[i-1] != Y[j-1] && dp[i-1][j] > dp[i][j-1]) { --i; } else { --j; } } printf("%s\n",lcs); }
最长公共子串（Longest-Common-Substring，LCS）
dp[i][j]：表示X[0-i]与Y[0-j]的最长公共子串长度 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i] == Y[j] dp[i][j] = 0，如果 X[i] != Y[j] 初始化：i==0或者j==0，如果X[i] == Y[j]，dp[i][j] = 1；否则dp[i][j] = 0。
最长公共子串的长度为max(dp[i][j])。
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// 最长公共子串 DP int dp[100][100]; void LCS_dp(char * X, char * Y) { int xlen = strlen(X); int ylen = strlen(Y); int maxlen = 0; int maxindex = 0; for(int i = 0; i < xlen; ++i) { for(int j = 0; j < ylen; ++j) { if(X[i] == Y[j]) { if(i && j) { dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1; } if(i == 0 || j == 0) { dp[i][j] = 1; } if(dp[i][j] > maxlen) { maxlen = dp[i][j]; maxindex = i + 1 - maxlen; } } } } if(maxlen == 0) { printf("NULL LCS\n"); return; } printf("The len of LCS is %d\n",maxlen); int i = maxindex; while(maxlen--) { printf("%c",X[i++]); } printf("\n"); }
2、数组中最长递增子序列：如在序列1,-1,2,-3,4,-5,6,-7中，最长递增序列为1,2,4,6。
时间复杂度O(N^2)的算法： LIS[i]：表示数组前i个元素中（包括第i个），最长递增子序列的长度 LIS[i] = max{ 1, LIS[k]+1 }, 0 <= k < i, a[i]>a[k]
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int LIS(int a[], int length) { int *LIS = new int[length]; for(int i = 0; i < length; ++i) { LIS[i] = 1; //初始化默认长度 for(int j = 0; j < i; ++j) //前面最长的序列 if(a[i] > a[j] && LIS[j]+1 > LIS[i]) LIS[i] = LIS[j]+1; } int max_lis = LIS[0]; for(int i = 1; i < length; ++i) if(LIS[i] > max_lis) max_lis = LIS[i]; return max_lis; //取LIS的最大值 }
时间复杂度O(NlogN)的算法： 辅助数组b[]，用k表示数组b[]目前的长度，算法完成后k的值即为LIS的长度。 初始化：b[0] = a[0]，k = 1 从前到后扫描数组a[]，对于当前的数a[i]，比较a[i]和b[k-1]： 如果a[i]>b[k-1]，即a[i]大于b[]最后一个元素，b[]的长度增加1，b[k++]=a[i]； 如果a[i]<b[k-1]，在b[1]...b[k]中二分查找第一个大于a[i]的数b[j]，修改b[j]=a[i]。 LIS的长度为k
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//修改的二分搜索算法，若要查找的数w在长为len的数组b中存在则返回下标 //若不存在，则返回b数组中的第一个大于w的那个元素的下标 int BiSearch(int *b, int len, int w) { int left = 0, right = len-1; int middle; while(left <= right) { middle = (left+right)/2; if(b[middle] > w) right = middle - 1; else if(b[middle] < w) left = middle + 1; else return middle; } //返回b数组中的刚刚大于w的那个元素的下标 return (b[middle]>w) ? middle : middle+1; } int LIS(int *array, int n) { int *B = new int[n]; int len = 1; B[0] = array[0]; for(int i=1; i<n; ++i) { if(array[i] > B[len-1]) { B[len] = array[i]; ++len; } else { int pos = BiSearch(B, len, array[i]); B[pos] = array[i]; } } delete []B; return len; }
3、计算字符串的相似度（编辑距离）
为了判断字符串的相似程度，定义了一套操作方法来把两个不相同的字符串变得相同，具体的操作方法为： 1.修改一个字符。2.增加一个字符。3.删除一个字符。
比如，对于“abcdefg”和“abcdef”两个字符串来说，可以通过增加/减少一个“g“的方式来达到目的。上面的两种方案，都仅需要一次操作。把这个操作所需要的次数定义为两个字符串的距离，给定任意两个字符串，写出一个算法来计算出它们的距离。
设 L(i,j)为使两个字符串和Ai和Bj相等的最小操作次数。 当ai==bj时 显然 L(i,j) = L(i-1,j-1) 当ai!=bj时 L(i,j) = min( L(i-1,j-1), L(i-1,j), L(i,j-1) ) + 1
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int minValue(int a, int b, int c) { int t = a <= b ? a:b; return t <= c ? t:c; } int calculateStringDistance(string strA, string strB) { int lenA = (int)strA.length()+1; int lenB = (int)strB.length()+1; int **c = new int*[lenA]; for(int i = 0; i < lenA; i++) c[i] = new int[lenB]; for(int i = 0; i < lenA; i++) c[i][0] = i; for(int j = 0; j < lenB; j++) c[0][j] = j; c[0][0] = 0; for(int i = 1; i < lenA; i++) { for(int j = 1; j < lenB; j++) { if(strB[j-1] == strA[i-1]) c[i][j] = c[i-1][j-1]; else c[i][j] = minValue(c[i][j-1], c[i-1][j], c[i-1][j-1]) + 1; } } int ret = c[lenA-1][lenB-1]; for(int i = 0; i < lenA; i++) delete [] c[i]; delete []c; return ret; }
4、8*8的棋盘上面放着64个不同价值的礼物，每个小的棋盘上面放置一个礼物（礼物的价值大于0），一个人初始位置在棋盘的左上角，每次他只能向下或向右移动一步，并拿走对应棋盘上的礼物，结束位置在棋盘的右下角，请设计一个算法使其能够获得最大价值的礼物。
动态规划算法： dp[i][j] 表示到棋盘位置（i，j）上可以得到的最大礼物值 dp[i][j] = max( dp[i][j-1] , dp[i-1][j] ) + value[i][j] （0<i，j<n）
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int GetMaxValue(int **dp, int **value) { int i, j, n = 8; dp[0][0] = value[0][0]; for(i = 1; i < n; i++) { dp[i][0] = dp[i-1][0] + value[i][0]; } for(j = 1; j < n; j++) { dp[0][j] = dp[0][j-1] + value[0][j]; } for(i = 1; i < n; i++) { for(j = 1; j < n; j++) { dp[i][j] = max(dp[i][j-1] , dp[i-1][j]) + value[i][j]; } } return dp[n-1][n-1]; }
5、给定一个整数数组，求这个数组中子序列和最大的最短子序列，如数组a[]={1,2,2,-3,-5,5}子序列和最大为5，最短的为a[5]。
动态规划 sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i]) (sum[0]=a[0],1<=i<=n) len[i] = max(len[i-1]+1, 0) (len[0]=0,1<=i<=n)
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void max_sub(int a[], int size) { int *sum = new int[size]; int *len = new int[size]; int temp_sum = 0; sum[0] = a[0]; len[0] = 0; for(int i = 1; i < size; i++) { temp_sum = sum[i-1] + a[i]; if(temp_sum > a[i]) { sum[i] = temp_sum; len[i] = len[i-1]+1; } else { sum[i] = a[i]; len[i] = 0; } } int index = 0; for(int i = 1; i < size; i++) { if(sum[i] > sum[index]) index = i; else if(sum[i] == sum[index] && len[i] < len[index]) index = i; } printf("Max sub sum is %d, from %d to %d",sum[index],index-len[index],index); delete []sum; delete []len; }
6、子数组的最大和
状态方程： Start[i] = max{A[i], Start[i-1]+A[i]} All[i] = max{Start[i], All[i-1]}
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int MaxSum(int *A, int n) { int * All = new int[n]; int * Start = new int[n]; All[0] = Start[0] = A[0]; for(int i=1; i<n; ++i) { Start[i] = max(A[i], A[i]+Start[i-1]); All[i] = max(Start[i], All[i-1]); } int max = All[n-1]; delete []All; delete []Start; return max; }
因为Start[i-1]只在计算Start[i]时使用，而且All[i-1]也只在计算All[i]时使用，所以可以只用两个变量就够了，节省空间。
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int MaxSum(int *A, int n) { int All = A[0]; int Start = A[0]; for(int i=1; i<n; ++i) { Start = max(A[i], A[i]+Start); All = max(Start, All); } return All; }
7、在数组中，数字减去它右边的数字得到一个数对之差。求所有数对之差的最大值。例如在数组{2, 4, 1, 16, 7, 5, 11, 9}中，数对之差的最大值是11，是16减去5的结果。
思路：假设f[i]表示数组中前i+1个数的解，前i+1个数的最大值为m[i]。则状态转移方程： f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - a[i]), m[i] = max(m[i-1],a[i])。问题的解为f[n-1]。
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int MaxDiff_Solution1(int *pArray, int nLen) { if(pArray == NULL || nLen <= 1) return 0; int *f = new int[nLen]; int *m = new int[nLen]; f[0] = 0; //1个数的情况 m[0] = pArray[0]; for(int i = 1; i < nLen; i++) { f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - pArray[i]); m[i] = max(m[i-1], pArray[i]); } return f[nLen - 1]; }
上述代码用了两个辅助数组，其实只需要两个变量，前i个数的情况只与前i-1个数的情况有关。在“子数组的最大和问题”中，也使用过类似的技术。
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int MaxDiff_Solution2(int *pArray, int nLen) { if(pArray == NULL || nLen <= 1) return 0; int f = 0; int m = pArray[0]; for(int i = 1; i < nLen; i++) { f = max(f, m - pArray[i]); m = max(m, pArray[i]); } return f; }
8、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的。
双端 LIS 问题，用 DP 的思想可解，目标规划函数 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 为从左到右，0--i 个数之间满足递增的数字个数；c[i] 为从右到左，n-1--i个数之间满足递增的数字个数。最后结果为 n-max 。
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/* a[] holds the original numbers b[i] holds the number of increasing numbers from a[0] to a[i] c[i] holds the number of increasing numbers from a[n-1] to a[i] */ int double_lis(int a[], int n) { int *b = new int[n]; int *c = new int[n]; // update array b from left to right for(int i = 0; i < n; ++i) { b[i] = 1; for(int j = 0; j < i; ++j) if(a[i] > a[j] && b[j]+1 > b[i]) b[i] = b[j] + 1; } // update array c from right to left for (int i = n-1; i >= 0; --i) { c[i] = 1; for(int j = n-1; j > i; --j) if(a[i] > a[j] && c[j]+1 > c[i]) c[i] = c[j] + 1; } int max = 0; for (int i = 0; i < n; ++i ) { if (b[i]+c[i] > max) max = b[i] + c[i]; } max = max-1; //delete the repeated one delete []b; delete []c; return n-max; }
9、从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M
解法：转换成01背包问题求解，从正整数中选取若干个数放在容量为M的背包中。
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#include <stdio.h> const int MAX = 10010; int f[MAX]; int g[MAX][MAX]; int main() { //从数组value中选中若干个数之和最接近V int value[] = {2,9,5,7,4,11,10}; int V = 33; //子集和 int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]); for(int i = 0; i <= V; ++i) //初始化：没要求和一定是V { f[i] = 0; } for(int i = 0; i < N; ++i) { for(int v = V; v >= value[i]; --v) { if(f[v] < f[v-value[i]] + value[i] ) //选value[i] { f[v] = f[v-value[i]] + value[i]; g[i][v] = 1; } else //不选value[i] { f[v] = f[v]; g[i][v] = 0; } } } printf("%d\n",f[V]); int i = N; //输出解 int v = V; while(i-- > 0) { if(g[i][v] == 1) { printf("%d, ",value[i]); v -= value[i]; } } printf("\n"); return 0; }
从给定的N个正数中选取若干个数之和为M
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#include <iostream> #include <list> using namespace std; void find_seq(int sum, int index, int * value, list<int> & seq) { if(sum <= 0 || index < 0) return; if(sum == value[index]) { printf("%d ", value[index]); for(list<int>::iterator iter = seq.begin(); iter != seq.end(); ++iter) { printf("%d ", *iter); } printf("\n"); } seq.push_back(value[index]); find_seq(sum-value[index], index-1, value, seq); //放value[index] seq.pop_back(); find_seq(sum, index-1, value, seq); //不放value[index] } int main() { int M; list<int> seq; int value[] = {2,9,5,7,4,11,10}; int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]); for(int i = 0; i < N; ++i) { printf("%d ",value[i]); } printf("\n"); scanf("%d", &M); printf("可能的序列：\n"); find_seq(M, N-1, value, seq); return 0; }
10、将一个较大的钱，不超过1000的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？
解法：01背包中的完全背包问题（即每个物品的数量无限制） dp[i][j]：表示大小为j的价值用最大为money[i]可表示的种类数
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#define NUM 7 int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100}; // 动态规划解法(完全背包) int NumOfCoins(int value) { int dp[7][1010]; for(int i = 0; i <= value; ++i) dp[0][i] = 1; for(int i = 1; i < NUM; ++i) { for(int j = 0; j <= value; ++j) { if(j >= money[i]) dp[i][j] = dp[i][j-money[i]] + dp[i-1][j]; else dp[i][j] = dp[i-1][j]; } } return dp[6][value]; }
11、捞鱼问题：20个桶，每个桶中有10条鱼，用网从每个桶中抓鱼，每次可以抓住的条数随机，每个桶只能抓一次，问一共抓到180条的排列有多少种。
分析：看看这个问题的对偶问题，抓取了180条鱼之后，20个桶中剩下了20条鱼，不同的抓取的方法就对应着这些鱼在20个桶中不同的分布，于是问题转化为将20条鱼分到20个桶中有多少中不同的分类方法（这个问题当然也等价于180条鱼分到20个桶中有多少种不同的方法）。
dp[i][j]：前i个桶放j条鱼的方法共分为11种情况：前i-1个桶放j-k（0<=k<=10）条鱼的方法总和。我们可以得到状态方程：f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}
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/*捞鱼：将20条鱼放在20个桶中，每个桶最多可以放10条，求得所有的排列方法 /*自底向上DP f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10 } /*该方法中测试 20个桶 180条鱼，与递归速度做对比 */ void CatchFish() { int dp[21][200]; // 前i个桶放j条鱼的方法数 int bucketN = 20; int fishN = 20; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i = 0; i <= 10; ++i) // 初始化合法状态 { dp[1][i] = 1; } for(int i = 2; i <= bucketN; ++i) // 从第二个桶开始 { for(int j = 0; j <= fishN; ++j) { for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k) { dp[i][j] += dp[i-1][j-k]; } } } printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]); }
12、n个骰子的点数：把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为S。输入n，打印出S的所有可能的出现的值。
F(k,n) 表示k个骰子点数和为n的种数，k表示骰子个数，n表示k个骰子的点数和 对于 k>0, k<=n<=6*k F(k,n) = F(k-1,n-6) + F(k-1,n-5) + F(k-1,n-4) + F(k-1,n-3) + F(k-1,n-2) + F(k-1,n-1) 对于 n<k or n>6*k F(k,n) = 0 当k=1时, F(1,1)=F(1,2)=F(1,3)=F(1,4)=F(1,5)=F(1,6)=1
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void SumOfDices() { int dp[21][6*20+1]; // k个骰子，和为n的种类数，不超过20个骰子 int number = 3; // 骰子数 int face = 6; // 面数，6面 memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i = 1; i <= 6; ++i) // 初始化1个骰子的情况 { dp[1][i] = 1; } for(int i = 2; i <= number; ++i) // 从第二个骰子开始 { for(int j = i; j <= face * i; ++j) // i个骰子的点数从i到i*6 { for(int k = 1; k <= face && j-k >= 0; ++k) { dp[i][j] += dp[i-1][j-k]; } } } for(int i = 0; i <= number * face; ++i) { printf("Sum = %d, Number is %d\n",i,dp[number][i]); } }
13、给定三个字符串A，B，C；判断C能否由AB中的字符组成，同时这个组合后的字符顺序必须是A，B中原来的顺序，不能逆序；例如：A：mnl，B：xyz；如果C为mnxylz，就符合题意；如果C为mxnzly，就不符合题意，原因是z与y顺序不是B中顺序。
DP求解：定义dp[i][j]表示A中前i个字符与B中前j个字符是否能组成C中的前(i+j)个字符，如果能标记true，如果不能标记false； 有了这个定义，我们就可以找出状态转移方程了，初始状态dp[0][0] = 1： dp[i][j] = 1 如果 dp[i-1][j] == 1 && C[i+j-1] == A[i-1] dp[i][j] = 1 如果 dp[i][j-1] == 1 && C[i+j-1] == B[j-1]
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#include <iostream> using namespace std; char A[201]; char B[201]; char C[401]; int dp[201][201]; // dp[i][j] 表示A前i个字符与B前j个字符是否能构成C前i+j个字符 int main() { memset(dp,0,sizeof dp); scanf("%s %s %s", A, B, C); int lenA = strlen(A); int lenB = strlen(B); dp[0][0] = 1; for(int i = 0; i <= lenA; ++i) { for(int j = 0; j <= lenB; ++j) { if(i > 0 && (dp[i-1][j] == 1) && (C[i+j-1] == A[i-1])) { dp[i][j] = 1; } if(j > 0 && (dp[i][j-1] == 1) && (C[i+j-1] == B[j-1])) { dp[i][j] = 1; } } } printf("%s\n",dp[lenA][lenB] ? "yes" : "no"); return 0; }
转自：http://www.cnblogs.com/luxiaoxun/archive/2012/11/15/2771605.html