【算法/训练】：动态规划（线性DP）

一、路径类

1. 字母收集

思路：

1、预处理

对输入的字符矩阵我们按照要求将其转换为数字分数，由于只能往下和往右走，因此走到（i，j）的位置要就是从（i - 1， j）往下走，或者是从(i，j - 1)的位置往右走，由于我们要使得路程遍历积分最多，则应该从积分多的位置过来，

2、状态表示 dp[i][j] 表示：从[0, 0]出发，到底[i, j]位置，一共有多少分

3、状态转移方程

故（i，j）位置的积分应该为dp[ i ][ j ] = max(dp[ i - 1 ][ j ], dp[ i ][ j - 1 ]) + dp[ i ][ j ];

4、初始化

但是上面仅对于（i >= 1 && j >= 1）成立，对于第一行和第一列我们应该特殊处理，利用前缀和的知识可以求得，走到第一列的第i个位置最多能拿的积分以及走到第一行的第j个位置最多能拿的积分，然后我们就可以按照dp[ i ][ j ] = max(dp[ i - 1 ][ j ], dp[ i ][ j - 1 ]) + dp[ i ][ j ]的方法遍历每个节点即可

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1005;
int dp[N][N];

int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	char ch;
	for (int i = 0; i < n; i++){
		for (int j = 0; j < m; j++){
			cin >> ch;
			if (ch == 'l') dp[i][j] = 4;
			else if (ch == 'o') dp[i][j] = 3;
			else if (ch == 'v') dp[i][j] = 2;
			else if (ch == 'e') dp[i][j] = 1;
			else a[i][j] = 0;
		}
	}

for (int i = 1; i < n; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i][0]; 
for (int j = 1; j < m; j++) dp[0][j] = dp[0][j - 1] + dp[0][j]; 

	for (int i = 1; i < n; i++){
		for (int j = 1; j < m; j++){
			dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + dp[i][j];
		}
	}

	cout << dp[n - 1][m - 1] << endl;
	return 0;
}

2、[NOIP2002 普及组] 过河卒

分析：

思路：
1、状态表示
dp[i][j] 表示：从[0, 0]出发，到底[i, j]位置，一共有多少种方法
2、状态转移方程

dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ] + dp[i][j - 1] (i > 0 && j > 0)

当走到马可以走的地方，dp[ i ][ j ] = 0;
3、初始化

先创建一个 dp[ n + 2 ][ m + 2 ]，然后让dp[ 0 ][ 1 ] = 1 或者 dp[ 1 ][ 0 ] = 1。注意这样初始化的时候，x需要+1,y也需要+1.和dp表位置一一对应

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

//int dp[1005][1005];
int main()
{
    int n, m, x, y;
    cin >> n >> m >> x >> y;
    
    vector<vector<long long>> dp(n + 2, vector<long long>(m + 2));
    dp[0][1] = 1;
    x += 1, y += 1;和dp表位置一一对应

    for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= m + 1; j++) { //马所在位置
            if (i != x && j != y && abs(i - x) + abs(j - y) == 3 || (i == x && j == y))
            {
                dp[i][j] == 0;
            }
            else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
        }
    }
    cout << dp[n + 1][m + 1] << endl;

    return 0;
}

二、子序列和连续序列类

1. mari和shiny

🌈线性 dp

在维护 i 位置之前，⼀共有多少个 "s" "sh" ，然后更新 "shy" 的个数。

（1）状态表示

s[i]：字符串 str 中 [0, i] 区间内有多少个 "s"。

h[i]：字符串 str 中 [0, i] 区间内有多少个 "sh"。

y[i]：字符串 str 中 [0, i] 区间内有多少个 "shy。

（2）状态转移方程

（3）空间优化

用三个变量来表示即可

s：（字符串 str 中 [0, n-1] 区间内有多少个 "s"）

h：（字符串 str 中 [0, n-1] 区间内有多少个 "sh"）

y：（字符串 str 中 [0, n-1] 区间内有多少个 "shy"）

最后的遍历结束后，y即我们需要的结果

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
	int n;
	string str;
	cin >> n >> str;
	ll s = 0, h = 0, y = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (str[i] == 's') s++;
		else if (str[i] == 'h') h += s;
		else if (str[i] == 'y') y += h;
	}
	cout << y << endl;
	return 0;
}

🌈二维 dp

这道题目如果不是子序列，而是要求连续序列的，那就可以考虑用 KMP。

（1）dp[i][j] 含义

string t="shy"

dp[i][j]：以 i-1 为结尾的 str 子序列中出现以 j-1 为结尾的 t 的个数为 dp[i][j]。

（2）递推关系

str[i - 1] 与 t[j - 1]相等
str[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等

当 str[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i][j] 可以有两部分组成：

一部分是用 str[i - 1] 来匹配，那么个数为 dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前 str 子串和 t 子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1][j-1]。
一部分是不用 str[i - 1] 来匹配，个数为 dp[i - 1][j]。

为什么还要考虑不用 str[i - 1] 来匹配，都相同了指定要匹配？
🧩例如： str：shyy 和 t：shy ，str[3] 和 t[2] 是相同的，但是字符串 str 也可以不用 str[3] 来匹配，即用 str[0]str[1]str[2] 组成的 "shy"。当然也可以用 str[3] 来匹配，即：str[0]str[1]str[3] 组成的 "shy"。

所以，当 str[i - 1] 与 t[j - 1] 相等时，dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - 1 ] + dp[ i - 1 ][ j ];

当 str[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等时，dp[i][j] 只有一部分组成，不用 str[i - 1] 来匹配（就是模拟在 str 中删除这个元素），即：dp[i - 1][j]，所以递推公式为：dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ];

为什么只考虑 “不用 str[i - 1] 来匹配” 这种情况，不考虑 “不用 t[j - 1] 来匹配” 的情况呢？
🧩这里要明确，我们求的是 str 中有多少个 t，而不是求 t 中有多少个 str，所以只考虑 str 中删除元素的情况，即不用 str[i - 1] 来匹配的情况。

（3）状态转移方程

dp[i][j]显然要从dp[i-1][?]递推而来。立即思考dp[i-1][j], dp[i-1][j-1]分别与dp[i][j]的关系。因为少一个字符，自然而然从当前字符着手。考察si的第i个字符(表为s[i])和tj的第j个字符(表为t[j])的关系。

若s[i] ≠ t[j]：那么s_i中的所有t_j子序列，必不包含s[i]，即s_i-1和s_i中tj的数量是一样的，得到该情形的转移方程： dp[ i ][ j ] = dp[ i -1 ][ j ]

若s[i] = t[j]：假设s_i中的所有t_j子序列中，包含s[i]的有a个，不包含的有b个。s_i中包含s[i]的子序列个数相当于s_i-1中t_j-1的个数，不包含s[i]的子序列个数与上一种情况一样，于是得到该情形的转移方程：

a = dp[ i -1 ][ j -1 ] b = dp[ i-1 ][ j ] dp[ i ][ j ] = a + b = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]

（4）遍历顺序

从上到下，从左到右。

#include <iostream>
#include <vector>
 
using namespace std;
 
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    string str;
    cin >> str;
    string t="shy";
    int m=t.size();
 
    vector<vector<long long>> dp(n+1, vector<long long>(m+1));
    for(int i=0; i<=n; i++) dp[i][0]=1;
 
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=m; j++)
        {
            if(str[i-1]==t[j-1])
                dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j];
            else
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
        }
    }
 
    cout << dp[n][m] << endl;
 
    return 0;
}

2. 不同的子序列

该题于上题不一样的是，上面给定了t的具体字符串，而这里没有给定，但是我们也需要用二维dp的方法来写。

（1）dp[i][j] 含义

s[ i ]的子序列中在t[ j ]出现的次数

s[ i ]表示s从下标 i 到末尾的子字符串。

t[ j ]表示t从下标 j 到末尾的子字符串。

（2）递推关系

分别令两个维度为0，推测边界。
dp[0][j]表示s_0中t_j的个数。s_0是空字符串，只有当j=0时，才有dp[0][j] = 1，表示s子空串中有一个t子空串，否则dp[0][j] = 0，因为一个空串不可能包含一个非空串。

dp[i][0]表示s_i中t0的个数。t_0是空字符串，显然任何串（包括空串）都含有一个空子串。因此dp[i][0] = 1。

注意到，dp[i][0] = 1实际上已经包含了dp[0][j] = 1的情形。

（3）初始化

dp[i][0] 表示：以 i-1 为结尾的 str 可以随便删除元素，出现空字符串的个数。所以，dp[i][0] 一定都是 1，因为也就是把以 i-1 为结尾的 str，删除所有元素，出现空字符串的个数就是 1。
dp[0][j] 表示：空字符串 str 可以随便删除元素，出现以 j-1 为结尾的字符串 t 的个数。所以，dp[0][j] 一定都是 0，因为 str 如论如何也变成不了 t。
dp[0][0] 表示：空字符串 str 可以删除 0 个元素，变成空字符串 t。所以，dp[0][0] = 1。

（4）遍历顺序

从上到下，从左到右。


int numDistinct(string s, string t) {
	int n = s.size(), m = t.size();
	if (n < m) return 0;
	vector<vector<unsigned int>> dp(n + 1, vector<unsigned int>(m + 1)); //注意是unsigned int
	for (int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j] +(s[i - 1] == t[j - 1] ? dp[i - 1][j - 1] : 0);
		}
	}
	return dp[n][m];
}