講義 GDFZOJ 38 動態規劃基礎3

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這是乙個很水的題目，就是乙個斐波那契數列……

設有 $f$ 陣列，則 $f_i=f_+f_(f_1=1,f_2=2)$ 。

**：

#includeusing namespace std;
const int n=35;
int f[n]=;
int main() 
__________
return 0;
}

如果要抵達距離為 $x$ 的乙個點，可以從 $x-y$ 的地方在乘一輛距離為 $y$ 的車。

於是有狀態轉移方程：$f_i=\max\+a_j\}$ 。其中 $a$ 陣列為 $10$ 公里及以內的車費。

**：

#includeusing namespace std;
const int n=105;
int f[n],a[n];
int main() 
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) 
}	printf("%d",f[n]);
return 0;
}

我們可以讓這只小豬從 $0$ 號節點開始跳，跳到 $n+1$ 號節點。

則有方程：$ f_i=\max(f_i,f_-q+a_i),1\le j\le2$ 。

再判斷一下在跳的過程中的體力值即可。

#includeusing namespace std;
const int n=1e6+5;
int f[n],a[n];
int main() 
f[0]=p,f[1]=p-q>=0?p-q+a[1]:-1e9;
for(int i=2; i<=n+1; i++) 
if(f[n+1]<=0)  else 
return 0;
}

我們可以發現：乙個人可以自己買票，也可以和他後面的人買票。

所以有方程：$f_i=\max(f_+a_i,f_+b_)$ 。

**：

#includeusing namespace std;
const int n=1e6+5;
int f[n],a[n],b[n];
int main() 
for(int i=1; i設 \(f_i\) 為前 \(i\) 輛車通過橋的最短時間，設 \(t_\) 第 \(i\) -第 \(j\) 輛車（租車的車隊）通過所需時間。
我們分析方程：
**綜合起來，我們就得到了方程：\(f_i=\min(f_+t_)\)，且要滿足\(\sum_^iw_k\le t\) 。
為了降低時間複雜度、程式設計複雜度，我們可以：
預處理重量
定義 \(w_i\) 為前 \(i\) 輛車的總重（即字首和，是處理這類問題非常好的方法，可以降低時間複雜度）。需要知道第 \(j\) 輛車到第 \(i\) 輛車的總重時，用\(w_i-w_\)就可以了；
預處理時間
定義 \(t\) 為橋的全長； \(v_i\) 為第 \(i\) 輛車的速度； \(t_i\) ：第 \(i\) 輛車通過橋所需時間； \(t_\) 第 \(i\) 輛車到第 \(j\) 輛車組成的車隊通過橋所需的時間；
\(w\) 陣列、\(v\) 陣列和\(w\) 陣列一定要開 long long，否則兩個較大的 int 相加會炸掉！（雖然此題可能沒有卡 int）。
**：#includeusing namespace std;
using ll=long long;
const ll n=1005;
ll w[n],s[n],sum[n];
double f[n],t[n],a[n][n];
int main() 
for(ll i=1; i<=n-1; i++) 
}	for(ll i=1; i<=n; i++) 
printf("%.1lf",f[n]);
return 0;
}

設 $f_i$ 為前 $i$ 分鐘能獲得的最大的經驗值。

預設在工作後才能獲得經驗值。容易知道，對於每乙個工作，完成時間的 $f$ 值就等於開始時間的 $f$ 值加上工作所獲得的經驗值（裡面取個最大值），即 $f_=max(f_,f_+p_i)$ 。

但是要注意，對於第 $i$ 分鐘，它可能不是某個工作的結束時間，即 $f_i$ 不會被更新。所以在列舉完前乙個的結束狀態時，就要用 $f_j=\max(f_j,f_)$ 對結果進行遞推。

#includeusing namespace std;
const int n=5005;
struct work 
bool operator
} a[n];
int f[n];
int main() 
sort(a+1,a+n+1);
________
int ans=0;
for(int i=1; i<=m; i++) 
printf("%d",ans);
return 0;
}

首先我們來講解一下他的遞推關係式：$f_i=\max(f_i,f_j+1)$ 。

定義 $f_i$ 為：以 $a_i$ 為末尾的最長上公升子串行的長度。

那麼 $f_i$ 包含什麼呢？

情況$1$：只包含它自己，也就是說它前面的元素全部都比他大；

情況2：為了保證上公升子串行盡可能的長，那麼就有 $f_i$ 盡可能的大，但是再保證 $f_i$ 盡可能大的基礎上，還必須滿足序列的上公升。所以 $f_i=\max(1,f_j+1)(j。這裡的 \(1$ 就是當 $a_i$ 前面的數都比他大的時候，他自己為乙個子串行；$f_j+1$ 指的是：當第 $i$ 個數前面有乙個第 $j$ 個數滿足 $a_j並且 \(j這時候就說明 \(a_i$ 元素可以承接在 $a_j$ 元素後面來盡可能的增加子串行的長度。

將 $j$ 從 $1$ 遍歷到 $i-1$ ，在這之間，找出盡可能大的 $dp_i$即為最長上公升子串行的長度。（注意： $f_n$ 不一定是最長的子串行。）

**。**：

#includeusing namespace std;
const int n=1005;
int a[n],f[n];
int main() 
int ans=0;
________
printf("%d",ans);
return 0;
}

顯然這是乙個最長上公升子串行和最長下降子串行的有機結合。

求出兩者可連線的數量的最大值，那 $n$ 去減即可。

**：

#includeusing namespace std;
const int n=205;
int a[n],f[2][n];
int main() 
________
int ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++) 
printf("%d",n-ans);
return 0;
}

將兩岸的友好城市用乙個結構體存起來，以其中乙個城市作為關鍵字進行排序，那麼之後另乙個城市其實會呈最長上公升子串行，例如 $a$ 岸城市 $1$（$a$岸城市 $1$ 的意思是距離河的起點為 $1$的 $a$ 岸城市）和 $b$ 岸城市 $3$ 之間如果開通航線，那麼以後的城市都不可能向 $b$ 岸城市 $1$、$2$、$3$ 開通航線。那麼也就呈最長上公升子串行狀，只要套用模板求出最長即可。

注意：一定要排序！

**。**：

#includeusing namespace std;
const int n=5005;
struct line 
} a[n];
int f[n];
int main() 
sort(a+1,a+n+1);
________
int ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++) 
printf("%d",ans);
return 0;
}

感謝l_z_y對此文章提出的建議，並幫助我寫了工作安排這一塊！

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