Peter算法小课堂—线性dp-编程知识

今天，你读完这篇文章，普及组的动态规划已经可以秒了。

最长公共子序列

求两个数列的最长公共子序列（Longest Common Subsequence，LCS）的长度。

数列 X 和 Y 的最长公共子序列 Z，是指 Z 既是 X 的子序列，又是 Y 的子序列，而且任意长度超过 Z 的数列 Z∗ 都不符合这个性质。

状态定义

f[i][j]表示x[1]、x[2]……x[i]和y[1]、y[2]……y[j]的LCS

状态转移方程

若x[i]=y[j]，f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;

若x[i]!=y[j]，f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);

大家可以用滚动数组试试

回文词

给定一个字符串，问至少需要增加多少个字符，才能把这个字符串变成回文词。一个字符串是回文词，是指从前往后看和从后往前看是一样的。比如：abcba、abccba、bcaacb都是回文词，但 abc 不是回文词。

这道题是前一道题的衍生。

假设给定的字符串为s,将s反转，得到t。那么，答案就是：s长度-s和t的LCS。这里就不给代码了

最长上升子序列

朴素解法

f[i]表示以i结尾的最长上升子序列的长度

按照倒数第二个选谁分类：

我们先扫描i号元素前的每个元素（正向），找出第一个比i号元素小的元素k号。①仍然选i号元素，f[i]。②选k号，f[k]+1

但是，这种解法时间复杂度为O(N^2)，一但长度到200，就会扣分，我们这次就讨论O(nlog n)的算法。

优化解法

不升子序列最小划分数

我们用贪心解决这个问题。定义d[i]为第i条不升子序列的最后一个数，cnt代表有几个子序列

我们先扫描每个数字x[i]，再枚举每一个子序列，判断是否能接在某个子序列后，如果不行，则新增一个序列即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1005
using namespace std;
int n,i,j,d[N],x[N];
int main(){cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) cin>>x[i];int cnt=0;for(i=0;i<n;i++){for(j=0;j<cnt;j++)if(d[j]>=x[i]) break;d[j]=x[i];if(j==cnt) cnt++;}cout<<cnt<<endl;return 0;
}

O(N^2)的算法，显然要优化

不妨试试二分

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1005
#define INF 2e9
using namespace std;
int n,d[N],x[N];
int main(){cin>>n;for(int i=0;i<n;i++) cin>>x[i];fill(d,d+n,INF);for(i=0;i<n;i++)*lower_bound(d,d+n,x[i])=x[i];int cnt=lower_bound(d,d+n,INF)-d;cout<<cnt<<endl;return 0;
}

大家可能就纳闷了：这玩意和LIS有神马关系？？？

Dilworth反链

LIS为最长子序列，那么说明一定能找到LIS个数，从左往右是递增的。那么这些树一定不能放在同一组内，不然与不升矛盾。到目前为止，每个数单独为一组，已经开了LIS组了。说明任何一种满足要求的分组，组数都>=LIS。

这一下子，LIS算法就从O(N^2)降到了O(NlogN)

航线问题

这道题是上一道题的衍生。

设第1行第i个点对应第2行第f[i]个点。假设i<j，则两条线(i,f[i])和(j,f[j])不相交的充要条件是f[i]<f[j]，于是问题变为求f的LIS了，这里就不发代码了。

两个排列的LCS

我们可以把两个排列作相同的置换。如p1:1 5 3 2 4变成1 2 3 4 5，即做置换5→2，2→4，4→5，

于是我们可以将p1置换成1 2 ……n，p2做相同的置换，则问题就变为LIS了，时间复杂度O(N^2)

摆花

原题链接：P1077 [NOIP2012 普及组] 摆花 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

我们可以把问题抽象化：有 n 个数（c1,c2,...,cn），0⩽ci⩽ai,求有多少种方案数使 $\sum_{i=1}^{n}c_{i}=m$

就变成经典dp了，

然后可以使用前缀和优化

乘积最大

原题链接：P1018 [NOIP2000 提高组] 乘积最大 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

这道题，我只给代码，大家自己思考一下

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long f[45][60];
string in;
int n,k;//n位数  k个乘号 
long long g[45];
long long cut(int l,int r){long long end = 0;for(int i = l;i <= r;i++)end = end * 10 + g[i];return end;
}
int main(){cin >> n >> k >> in;for(int i = 1;i <= n;i++)g[i] = in[i - 1] - '0';for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0] = cut(1,i);for(int i = 2;i <= n;i++){ //枚举分割为前i位数字 for(int a = 1;a <= min(i-1,k);a++){ //枚举有几个乘号 for(int b = a;b < i;b++){ //在第几位放乘号 f[i][a] = max(f[i][a],f[b][a-1] * cut(b + 1,i));}}}cout<<f[n][k];return 0;
}

反逆序对问题

给定 n,k，求在所有长度为 n的排列中，有多少排列的逆序对恰好为 k 。

给出表答（懒得打LateX)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;const int Maxn=10100;
const ll Mod=1e9+7;
int n,k;
ll f[Maxn],sm[Maxn];int main(){scanf("%d%d",&n,&k);f[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){sm[0]=f[0];for(int j=1;j<=k;j++) sm[j]=(sm[j-1]+f[j])%Mod;for(int j=0;j<=k;j++){if(i>j) f[j]=sm[j];else f[j]=(sm[j]-sm[j-i]+Mod)%Mod;}}printf("%lld",f[k]);return 0;
}

今天的题目就是这么简单，祝大家早日AC