dp常見問題

poj1163

數塔 dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j])+a[i][j];

#include 

#include 
using
namespace
std;
int a[105][105];
int dp[105][105];
int main()
}int ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)

#include 

#include 
using
namespace
std;
int a[105][105];
int dp[105];
int main()
}for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i]=a[n][i];
for(int i=n-1;i>=0;i--)
}cout
<1]0;}

hdu1231

dp[i]是以i結尾的最長連續子串行，

dp[i]=max(dp[i-1]+a[i],a[i]);

#include 

#include 
#include 
using
namespace
std;
const
int maxn=10005;
int a[maxn];
int dp[maxn];
int pos[maxn];//pos[i],以i結尾序列的起始點
int n;
int main()
if(ans<0)
for(int i=0;iif(dp[i]==ans)}}
return
0;}

#include 

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=100005;
int a[maxn];
int dp[maxn];
intpos[maxn];
int main()
for(int i=0;iif(ans==dp[i])
}if(cas!=t)
printf("\n");
}return
0;}

最長遞增子串行

原文：一.o(n*n)演算法，dp[i]表示以ai為末尾的最長上公升子串行的長度，而以ai結尾的最長上公升子串行有兩種：

1.只包含ai的子串行;  2.在滿足j

int ans=0;  
for(int i=1;ifor(int j=0;jif(a[j]1,dp[i]);  
}  }  
ans=max(ans,dp[i]);  
}  printf("%d\n",ans);  
}  return
0;  
}

這種演算法中，運用stl中的lower_bound()函式很方便。

#include

#include
#include
using
namespace
std;  
#define inf 0x3f3f3f  
int dp[10010];//dp[i]表示長度為i+1的子串行末尾元素最小值；   
int a[10010];  
int main()  
for(int i=0;i//找到》=a[i]的第乙個元素，並用a[i]替換；   
}  printf("%d\n",lower_bound(dp,dp+n,inf)-dp);//找到第乙個inf的位址減去首位址就是最大子串行的長度；   
}  return
0;  
}

dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1) ( 0<=j

#include 

#include 
using
namespace
std;
const
int maxn=1010;
int a[maxn];
int dp[maxn];
int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
}int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d\n",ans);
}return
0;}

dp[i,j] = 0 i=0 || j=0

dp[i,j] = dp[i-1][j-1]+1 i>0,j>0, a[i] = b[j]

dp[i,j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) i>0,j>0, a[i] != b[j]

#include

#include
#include
using
namespace
std;
char a[1005],b[1005];
int dp[1005][1005];
int main()
cout
0;}

最長回文子串行 lps（longest palindromic subsequence），該問題為動態規劃的

經典題目。分析後可以得到該問題的實質如下：

對任意字串，如果頭和尾相同，那麼它的最長回文子串行一定是去頭去尾之後

的部分的最長回文子串行加上頭和尾。如果頭和尾不同，那麼它的最長回文子序

列是去頭的部分的最長回文子串行和去尾的部分的最長回文子串行的較長的那

乙個。

轉化為 dp 的狀態轉移方程如下：

設字串為s，dp[ i ][ j ]表示s[i….j]的lps；

狀態轉移方程：

當 i > j 時，dp[ i ][ j ]=0；

當 i = j 時，dp[ i ][ j ]=1；

當 i < j 且s[ i ] = s[ j ] 時，dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j-1]+2；

當 i < j 且s[ i ] != s[ j ] 時，dp[ i ][ j ] = max( dp[ i+1][ j ] , dp[ i ][ j-1] )；

時間複雜度o(n*n)，只適合資料較小時，較大時馬拉車

#include 

#include 
using
namespace
std;
int dp[400][400];
void lps(char s,int len)
}}int main()

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