题目大意：现有n行数，以金字塔的形式排列，即第一行一个数字，第二行2个数字，依次类推，现在需要找一条从第一层到第n层的路线，使得该路线上的所有点的权值和最大
思路：根据分析可以得出状态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])，dp[i][j]表示以第i行第j个位置作为终点的的线路中的最大权值。
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 360;
int s[N][N];
int dp[N][N];
int main ()
{
int n;cin >> n;
for(int i=1;i <= n;i++)
for(int j=1;j <= i;j++)
cin >> s[i][j];
for(int i=n;i ;i--)
{
for(int j=1;j <= i;j++)//从下网上依次找到最大的
{
dp[i][j] = s[i][j] + max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]);
}
}
cout<< dp[1][1]<<endl;
return 0;
}
A
题目大意：求把一个整数分解为2的幂的和共有几种方案
6=1+1+1+1+1+1
6=1+1+1+1+2
6=1+1+2+2
6=1+1+4
6=2+2+2
6=2+4
思路1：
如果i为奇数，肯定有一个1，把f[i-1]的每一种情况加一个1就得到fi,所以f[i]=f[i-1]
如果i为偶数，如果有1，至少有两个，则f[i-2]的每一种情况加两个1，就得到i，
如果没有1，则把分解式中的每一项除2，则得到f[i/2] （比如 4 = 2+2 ，4 = 4 除2后就变成 2 = 1 + 1 ， 2 = 2）
所以f[i]=f[i-2]+f[i/2]
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = 1e9 ;
const int maxn = 1000000 + 5;
typedef long long LL;
LL dp[maxn];
int main()
{
int n;
cin >> n;
dp[0] = 1,dp[1] = 1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(i & 1)//奇数
dp[i] = dp[i-1];
else//偶数
{
dp[i] = dp[i-2] + dp[i/2],dp[i] %= mod;
}
}
cout<< dp[n] <<endl;
return 0;
}
B_递推
思路2：
题目分析： d[i][v] 表示前i物品之和为v的最多数量, 有状态转移方程 d[i][v] = sum( d[i-1][v-k*c[i]] | 0 < k*c[i] <=v)
利用完全背包O(vn)优化的思想， 这里思想是相同的，则d[v] += d[v-c[i]]
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = 1e9;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
int s[20];
LL dp[maxn];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
s[0] = 1;
for(int i=1;i<20;i++)
s[i] = s[i-1]*2; //打表记录 2的0-20次方
dp[0] = 1;
for (int i =0;i < 20; i++){
if(s[i] > n) break;
for(int j=s[i];j <= n ;j++){
dp[j] += dp[ j-s[i] ] ;
if(dp[j] > mod )
dp[j] %= mod;
}
}
printf("%lld",dp[n]);
return 0;
}
B_完全背包 容易T
题意：有两棵苹果树，标号分别为1,2。每分钟有其中的一棵树会掉下一个苹果，奶牛一分钟只能在其中一棵树下接到苹果，但她不知道下一分钟会是那棵树掉下苹果，所以她就要在两棵树下来回跑。但她只会在树下跑W次。问你在T分钟内，奶牛bessie最多能接到多少苹果。
思路:一道简单的DP。
先给出状态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+count。这里的dp[i][j]代表在第i分钟移动j次最多能接到的苹果数。
在第i分钟奶牛到某棵树下有两种状态：
1.从另一棵树走过来(dp[i-1][j-1])
2.本来就呆在这棵树下(dp[i-1][j])。所以在第i分钟时能接到的最大苹果数就是dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+count。
这里count的值可以这样计算：如果j为偶数说明她移动了j次又回到了第一棵树下，则count=a[i]==1?1:0;即count=2-a[i]。若j为奇数说明她移动了j次后到了第二棵树下，则count=a[i]==2?1:0（即count=a[i]-1)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1000 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
int s[maxn];
int dp[maxn][40];//p[i][j]代表第i棵树 最多j次走 最大能吃到的Apple
int solve (int t,int w)
{
int count;
for(int i=0;i <= w;i++) dp[0][i] = 0;//初始化
for(int i =1;i <= t;i++)//一共最多w次
{
dp[i][0] = dp[i-1][0] + 2-s[i]; //如果一次没动过 只要s[i] = 1 就 +1
for(int j=0;j <= w;j++)
{
if(j % 2) //j是奇数 此时在第2颗树上
count =s[i] -1 ; //如果s[i] =2 说明有1次
else //j是偶数 此时在第1颗树上
count = 2-s[i];
dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]) + count;
}
}
count = 0;
for(int i=1;i <= t;i++){
for(int j=0;j <= w ;j++){
if(dp[i][j] > count )
count = dp[i][j];
}
}
return count;
}
int main()
{
int t,w;
scanf("%d %d",&t,&w);
for(int i=1;i <= t;i++)
{
cin >> s[i];
}
cout<< solve(t,w)<<endl;
return 0;
}
C
//其实第三题的 count不需要比较 因
//为递推的时候dp = max(dp[i-1][j] ,dp[i][j]) 了 就是现在的状态记录的已经是最优解
count = 0;
for(int i=1;i <= t;i++){
for(int j=0;j <= w ;j++){
if(dp[i][j] > count )
count = dp[i][j];
}
}
return count;
//所以这段可以 直接修改为 return dp[t][w];
c题补充
题意：
在一个农场里，在长度为N个时间可以挤奶，但只能挤M次，且每挤一次就要休息t分钟；
接下来给m组数据表示挤奶的时间与奶量求最大挤奶量
思路：
每次 结束时间 += 休息的时间，接着按照 开始时间 排序
接着 状态转移方程 dp[i] = max(dp[i] , dp[j] + dp[i].cost) ( j > i && s[j].start >= s[i].end )
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct P{
int left,ri,cost;
bool operator < (const P & other)const
{
return (left < other.left||(left == other.left) &&ri < other.ri );
}
}s[1010];
int dp[1010];
int main ()
{
int n,m,t;
cin >>n>>m>>t;
for(int i=1;i<= m;i++){
cin >> s[i].left>> s[i].ri >> s[i].cost;
s[i].ri += t;
}
sort(s+1,s+1+m);
for(int i=m; i ;i--)
{
dp[i] = s[i].cost;
for(int j=i+1 ; j <= m;j++)
{
if(s[j].left >= s[i].ri)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + s[i].cost);//状态转移方程
}
}
int count = 0;
for(int i=1;i <= m;i++)
count = max(count ,dp[i]);
cout<< count<<endl;
return 0;
}
D