Day11：数位DP、状压DP、单调队列优化DP
经典题目：AccodersP2195 |【一本通提高数位动态规划】Amount of Degrees
题意： 求出区间 \([x,y]\) 中满足下面条件的所有的数：这个数 \(x\) 可以用 \(k\) 个不相等的 \(b\) 的整数幂之和。
首先这个区间是满足区间减法的。因此我们可以只考虑，\([0,y]\) 和 \([0,x-1]\) 这两个区间内的个数。
再考虑这些数的性质， 这些数转化成 \(b\) 进制以后，每一数位上的值都是 \(0\) 或 \(1\)；
那么就可以在数位上下手。然后我们就可以建一棵完全二叉树，完全二叉树的节点上依次填写 \(0\) 和 \(1\)，这样子，从根到叶子节点的路径就可以表示一个值。对于我们想要的数字，就是这条路径上的 \(1\) 的个数必须是 \(k\)个。对于各个子问题，我们可以预先处理处，到第 \(i\) 层有 \(j\) 个 \(1\)。这个就是一个简单的 \(dp\)。
然后对于 \(b\) 进制，我们可以把 \(n\) 转化成 \(b\) 进制之后，去找一个不超过 \(n\) 最大的满足条件的数，在把 \(b\) 进制直接当成 \(2\) 进制来做就可以。怎么去找这个‘最大’的数呢？就只在把 \(n\) 转化为 \(b\) 进制之后，从左边开始找到
第一个数位上不为 \(0\) 或 \(1\) 的位置，再把这个位置，和这个位置右边的所有数位上的值改为 \(1\) 。就可以了。
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;const int N = 35;int X, Y, K, B;
int C[N][N]; //C[n, m] n个里选m个 void init(int n) {C[1][1] = C[1][0] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {C[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; j ++ ) C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]; }
}int dp(int n) {if (!n) return 0; // 非法边界 vector<int> nums;while(n) nums.push_back(n % B), n /= B; // 将数按位分解 int res = 0; // 问题答案 int last = 0; // 向下走时父亲的信息(此题是使用了多少个1)for (int i = nums.size() - 1; i >= 0 ; i -- ) { // 最高位向最低位枚举 int x = nums[i];if (x == 1) {res += C[i][K - last];last ++;if(last > K) break;}else if (x > 0) {res += C[i][K - last];if (K - last - 1 >= 0) res += C[i][K - last - 1];break;}if(!i && last == K) res ++ ;}return res;
} int main() {scanf("%d%d%d%d", &X, &Y, &K, &B);init(N - 1);printf("%d\n", dp(Y) - dp(X - 1));return 0;
}
洛谷P2657 [SCOI2009] windy 数
设f(x)表示x前面的数 即 \(t∈[1,x)\) 中 \(windy\) 数的个数
那么显然如果要求 \([l,r]\) 中 \(windy\) 数的个数就是：
\(F(l,r) = f（r+1）-f(l)\)
数位 \(dp\) 开始，预处理位数为 \(i\) 最高位为 \(j\) 的 \(windy\) 数个数 \(f[i][j]\)
转移：
\(f[i][j]=f[i-1][k]\) | 其中k是非负整数 \(k∈[0,9]\) 且 \(|k-j|>=2\)
初始值：
\(f[1][i]=1\) | 其中 \(i\) 为非负整数 \(i∈[0,9]\)
求 \(f(x)\) 怎么求呢？
为了方便处理先对数 \(x\) 进行按 \(10\) 进制位拆分到 \(a[]\) 数组
显然位数比 \(x\) 要小的数字都是合法的都在 \([1,x）\) 区间内，直接统计就行
位数和 \(x\) 一样最高位的数字比 \(x\) 小的数字都是合法的都在 \([1,x）\) 区间内直接统计就行
位数和 \(x\) 一样，最高位又和 \(x\) 一样我们从左到右扫一遍 \(x\) 各个位子上的数字大小然后枚举合法的该位子上的数 \([0,9]\) 判断是否合法就行。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[15][15],ans;
int a[15],len;
long long L,R;
ll dfs(int pos,int pre,int st,int limit){if(pos>len) return 1;if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1) return dp[pos][pre];ll ret=0;int res=limit?a[len-pos+1]:9;for(int i=0; i<=res; i++){if(abs(i-pre)<2) continue;if(st&&i==0) ret+=dfs(pos+1,-2,1,limit&&i==res);else ret+=dfs(pos+1,i,0,limit&&i==res);}if(!limit&&!st) dp[pos][pre]=ret;return ret;
}
void part(ll x){len=0;while(x) a[++len]=x%10,x/=10;memset(dp,-1,sizeof dp);ans=dfs(1,-2,1,1);
}
int main(){scanf("%lld%lld",&L,&R);part(L-1);ll minn=ans;part(R);ll maxx=ans;printf("%lld",maxx-minn);return 0;
}
单调队列优化DP
单调队列
- 队列是单调的，递增或递减
- 只能在队首或者队尾进行操作
- 队列中维护所有在窗口中的元素，有一些元素是没用的，以区间最大值为例:
- 所以从左到右尝试加入队列，弹出队尾比当前数更小的元素，弹出队首已经出窗口的元素，再队尾压入当前数
- 这样，队首就是窗口最大值
- 每个数只会弹入弹出一次，复杂度O(n)
点击查看单调队列模版
void getmax() { // 和上图同理int head = 0, tail = -1;for (int i = 1; i <= k; i++) {while (head <= tail) {tail--; // 移动窗口（见下文）+优化队列}q[++tail] = i; // 入队}for (int i = k; i <= n; i++) {while (head <= tail && a[q[tail]] <= a[i]) tail--; // 排除没用的值，优化队列内容。（详见上图）cout << a[q[head]] << ""; // 输出最大值}
}
题意
- 给出一个长度为 \(n\) 的数组，编程输出每 \(k\) 个连续的数中的最大值和最小值。
- \(n,k≤1e6\)
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int a[1001010];
deque <int> id;
deque <int> q;
int k, n;
int main() {cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= k; i++) {while (!q.empty() and q.back() > a[i]) {q.pop_back();id.pop_back();}q.push_back (a[i]);id.push_back (i);}for (int i = k + 1; i <= n + 1; i++) {cout << q.front() << " ";
// cout << q.back() << endl;if (id.front() < i - k + 1) {id.pop_front();q.pop_front();}while (!q.empty() and q.back() > a[i]) {q.pop_back();id.pop_back();}q.push_back (a[i]);id.push_back (i);}for (int i = 1; i <= k; i++) {while (!q.empty() and q.back() < a[i]) {q.pop_back();id.pop_back();}q.push_back (a[i]);id.push_back (i);}cout<<endl;for (int i = k + 1; i <= n + 1; i++) {cout << q.front() << " ";
// cout << q.back() << endl;if (id.front() < i - k + 1) {id.pop_front();q.pop_front();}while (!q.empty() and q.back() < a[i]) {q.pop_back();id.pop_back();}q.push_back (a[i]);id.push_back (i);}
}
最大连续和
- 给你一个长度为n的整数序列。要求从中找一段连续长度不超过m的子序列，并且和最大
- 求前缀和，转化成:
\[a[i]=max(sum(i)-sum(i-k)|k=1\dots m)
\]
- 即:
\[a[i]=sum(i)-min(sum(i-k)|k=1\dots m)
\]
- 滑动窗口求第二项即可
点击查看代码
int MaxSubSequence(const int A[], int N){ int ThisSum,MaxSum,i,j,k; MaxSum = 0; for(i=0;i<N;i++) { for(j=i;j<N;j++) { ThisSum = 0; for(k=i;k<=j;k++) { ThisSum += A[k]; } if(ThisSum > MaxSum) MaxSum = ThisSum; } } return MaxSum;
}
修建草坪
-
\(FJ\) 有 \(N\) (\(1 <= N <= 100,000\))只排成一排的奶牛。每只奶牛的效率是不同的，奶牛 \(i\) 的效率为 \(E_i\)。
计算 \(FJ\) 选奶牛可以得到的最大效率，并且该方案中没有连续的超过 \(K\) 只奶牛。 -
设 \(dp[i][0]\) 表示以i为结尾不选i的最大值， \(dp[i][1]\) 表示以 \(i\) 为结尾选 \(i\) 的最大值:
\[dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1])
\]
\[dp[i][1]=max(dp[j][0]+sum[i]-sum[j]|i-k\le j\le i-1)
\]
转化成
\[dp[i][1]=sum[i]+max(dp[j][0]-sum[j]|i-k\le j\le i-1)
\]
可以单调队列优化.
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int maxn = 100010;
LL dp[maxn], sum[maxn];
int que[maxn], E[maxn];
int head, tail;
LL max(LL a, LL b) {return a > b? a : b;
}
void add(int j) {while (head < tail && dp[j - 1] - sum[j] >= (que[tail - 1] > 0 ? dp[que[tail - 1] - 1] : 0) - sum[que[tail - 1]]) {--tail;}que[tail++] = j;
}
void del(int j) {if (head < tail && que[head] == j) {++head;}
}
int main() {int n, k;scanf("%d %d", &n, &k);sum[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &E[i]);sum[i] = sum[i - 1] + E[i];}dp[0] = 0;que[tail++] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {add(i);del(i - k - 1);int j = que[head];dp[i] = (j > 0 ? dp[j - 1] : 0) + sum[i] - sum[j];}LL ans = max(dp[n], dp[n - 1]);printf("%lld\n", ans);return 0;
}
旅行问题
- \(John\) 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。公路上总共有 \(n\) 个车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。 \(John\) 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。在一开始的时候，汽车内油量为零，\(John\) 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。
- 判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。
解法
- 拆环成链，设每个加油站有 \(d[i]\) 油，到下一个加油站要 \(s[i]\) 千米
- 那么从一个点出发，\(d[i]-s[i]\) 前缀和必须是非负数
- 在 \(2n\) 的链上维护 \(n\) 的滑动窗口，求区间最小值，判断是不是负数
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long longstd::deque<int> q;
int n;
int b[2000001], a[2000001], ans[2000001];signed main() {scanf("%lld", &n);for (int i = 1, x, y; i <= n; i++) {scanf("%lld %lld", &x, &y);a[i + n] = a[i] = x - y;int d = n - i == 0 ? n : n - i;b[d + n] = b[d] -= y;b[2 * n - i + 1] = b[n - i + 1] += x;}for (int i = 2; i <= n * 2; i++)a[i] += a[i - 1], b[i] += b[i - 1];for (int i = 1; i < n * 2; i++) {while (q.size() && i - q.front() + 1 > n)q.pop_front();while (q.size() && a[i] <= a[q.back()])q.pop_back();q.push_back(i);if (i >= n) {if (a[q.front()] - a[i - n] >= 0)ans[i - n + 1] = 1;}}q.clear();for (int i = 1; i < n * 2; i++) {while (q.size() && i - q.front() + 1 > n)q.pop_front();while (q.size() && b[i] <= b[q.back()])q.pop_back();q.push_back(i);if (i >= n) {if (b[q.front()] - b[i - n] >= 0)ans[2 * n - i] = 1;}}for (int i = 1; i <= n; i++)if (ans[i])printf("TAK\n");elseprintf("NIE\n");
}BANK NOTEs
-
一共有 \(n\) 种面值的硬币,面值分别为 \(b_1, b_2,..., b_n\). 但是每种硬币有 \(c_i\) 个,现在我们想要凑出面值 \(k\) 求最少要用多少个硬币.
-
\[n≤200,b_i,c_i,k≤20000 \]
单调队列优化多重背包
不了解背包 \(DP\) 的请先阅读背包 \(DP\)。设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品装入承重为 \(j\) 的背包的最大价值，朴素的转移方程为
\[f_{i,j}=\max_{k=0}^{k_i}(f_{i-1,j-k\times w_i}+v_i\times k)
\]
时间复杂度 \(O(W\sum k_i)\)
考虑优化\(f_i\)的转移。为方便表述，设\(g_{x,y}=f_{i,x\times w_i+y}, g'_{x,y}=f_{i-1,x\times w_i+y}\)，其中\(0\leq y<w_i\)，则转移方程可以表示为:
\[g_{x,y}=\max_{k=0}^{k_i}(g'_{x-k,y}+v_i\times k)
\]
设\(G_{x,y}=g'_{x,y}-v_i\times x\)。则方程可以表示为:
\[g_{x,y}=\max_{k=0}^{k_i}(G_{x-k,y})+v_i\times x
\]
这样就转化为一个经典的单调队列优化形式了。\(G_{x,y}\) 可以 \(O(1)\) 计算，因此对于固定的 \(y\)，我们可以在 \(O\left(\left[\frac{W}{w_i}\right]\right)\) 的时间内计算出 \(g_{x,y}\)。因此求出所有 \(g_{x,y}\) 的复杂度为
\[O\left(\left[\frac{W}{w_i}\right]\right)\times O(w_i)=O(W)。
\]
这样转移的总复杂度就降为 \(O(nW)\)。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205,M=20005;
int n,m,B[N],C[N],dp[M];
struct Data {int Shuz,Weiz;
} Ddq[M];
int main() {int i,j,k;cin>>n;for(i=1; i<=n; i++) cin>>B[i];for(i=1; i<=n; i++) cin>>C[i];cin>>m;memset(dp,63,sizeof dp);dp[0]=0;for(i=1; i<=n; i++) {for(j=0; j<B[i]; j++) {int Head=1,Tail=0;for(k=0;; k++) {int x=k*B[i]+j;if(x>m) break;while(Head<Tail&&Ddq[Head].Weiz<k-C[i]) Head++;while(Head<=Tail&&dp[x]-k<Ddq[Head].Shuz-Ddq[Head].Weiz) Tail--;Ddq[++Tail]= {dp[x]-k,k};dp[x]=min(dp[x],Ddq[Head].Shuz+k);}}}cout<<dp[m]<<endl;return 0;
}
烽火传递
- 在某两座城市之间有 \(n\) 个烽火台，每个烽火台发出信号都有一定的代价。为了使情报准确的传递，在连续 \(m\) 个烽火台中至少要有一个发出信号。现输入 \(n\) 、\(m\) 和每个烽火台发出的信号的代价，请计算总共最少需要话费多少代价，才能使敌军来袭之时，情报能在这两座城市之间准确的传递.
-
\[1<=m<=n<=1,000,000 \]
- 状态表示：\(f[i]\) 标识前 \(i\) 个烽火台并点燃第 \(i\) 个烽火台的最小合法代价.
- 状态转移：\(f[i]=min(f[j]+w[i],i-m\le j\le i-1)\),最后扫描 \(m\) 个 \(f[i]\) 的值。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[100010];
int a[100010];
int q[100010];
int main(){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int head=1;//表示队首的下标。int tail=1;//表示队尾的下标。for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=dp[q[head]]+a[i];while(tail>=head&&dp[i]<=dp[q[tail]])//每次更新都表示弹出队尾元素。tail--;q[++tail]=i;//弹完后，我们保证这个队列是单调的且新加入的元素一定是队尾元素。while(q[head]<i+1-m)//判断队首元素是否合法，如果不合法，将其弹掉。head++;}printf("%d",dp[q[head]]);//这一步比较经典。我们维护的单调队列中，队首元素一定是合法的(在最后的m个烽火台之内)，//所以我们选择这其中的最小者更新即可return 0;
}
