例題：dividing
很容易看成乙個多重揹包模型。乙個顯然的做法是直接將問題看成01揹包，然而複雜度無法接受。所謂2k
拆分，基於如下的事實：su
m=20
+21+
22..
.2n+k
加數中若干項的和的取值範圍為且恰好為[1
,sum
]。例如：取1，2和4的情況蘊含了取3，5，6，7的情況，因此不必考慮。至此，只要對於每個num[i]，利用列舉將其拆成如上的序列，把每一項看成一件物品進行01揹包即可。
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int num[7];
int dp[100001];
int tmp[100001];
int k = 1, tp = 0;
int main() else
}if (num[i] != 0) tmp[++tp] = num[i];
dp[0] = 1;
for (int j = 1; j <= tp; j++)
for (int k = sigma; k >= i*tmp[j]; k--)
dp[k] += dp[k-i*tmp[j]];
}if (dp[sigma/2])
puts("can be divided.\n");
else
puts("can't be divided.\n");}}
return
0;}
這個題很容易想到1d/1d方程。顯然：如果能用同樣的票價走到更遠的地方，何樂而不為呢？所以轉移的條件是：距離這一站用每種票能走到最遠的一站。由於同種票所能走到的距離是一定的，當dp中所在位置單調時，決策位置也必然單調。因此可以用攤還o(1)的時間找到決策區域，變成了1d/0d方程。不難寫出程式：
注意正反分開討論。
#include
#include
#include
using
namespace
std;
long
long l1,l2,l3,c1,c2,c3;
long
long n, a, b;
long
long f[10005];
long
long dp[10005];
int main()
cout
<< dp[b] << endl;
} else
cout
<< dp[b] << endl;
}return
0;}
方程：dp[
i,j]
=max
(dp[
i,k]
,dp[
k+1,
j])+
σa[i
,j]。可以通過構造反證法證明：dp[i,j]取最大值，當且僅當k = i或k = j。這樣就很簡單了。
乙個簡單易行的方法是：用大資料測試優化是否正確。
例題3：oj 9285:盒子與小球之三
一道很典型的dp優化題目。
先變原問題為：從[0,k]中取出m個自然數，使其和為n
dp[i][j]表示[0,k]中取出i個，使其和為j的方案數。很容易寫2d/1d方程（和子集合很像）：dp
[i][
j]=∑
kl=0
dp[i
−1][
j−l]
(1)
變形一下：dp
[i][
j−1]
=∑k+
1l=1
dp[i
−1][
j−l]
(2)
（1）-（2），並移項合併得到dp
[i][
j]=d
p[i]
[j−1
]+dp
[i−1
][j]
−dp[
i−1]
[j−k
−1]至此已經轉化為了o(
n2)演算法。至於邊界處理什麼細節很坑qwq，別問我怎麼知道的。
- 可以先處理第一行和第一列，可以省去很多細節判斷；
- 為了防止j-k-1超界，要加一句if (j-k-1 >= 0；
- 負數取模的方法是取模 加模 再取模
#include
#include
#include
using
namespace
std;
int n,m,k;
int dp[5005][5005];
inline
int mod(int x)
int main()
}cout
<< mod(dp[m][n]) << endl;
return
0;}
和3很像，且更簡單，略。
#include
#include
using
namespace
std;
int n, m;
int tab[105][105];
int dp[105][105];
int choose[105];
int main()
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout
<< choose[i] << " ";
return
0;}
思路來自《road結題報告，曹利國》。首先查詢不計錢的最短路徑，再查詢不計路程的最小錢。拿這兩個東西做剪枝條件，可以幾乎秒殺。（是否可以證明演算法是多項式的？）
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寒假集訓小結之動態規劃
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