第十六周作业

MT2149 最长子段和

难度：钻石时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

给出一个长度为 $n$ 的序列 $A$ ，选出其中连续且非空的一段使得这段和最大。

格式

输入格式：第一行是一个整数，表示序列的长度 $n$ ；
第二行有 $n$ 个整数，第 $i$ 个整数表示序列的第 $i$ 个数字 $a_i$ 。
输出格式：输出一行一个整数表示答案。

样例 1

输入：7
2 -4 3 -1 2 -4 3

输出：4

备注

其中： $1\le n\le2e5,\ -1e4\le a_i\le1e4$ 。

相关知识点：动态规划

题解

若设转移数组 dp[i] 表示 “以序号i结尾的子数列中的最大连续子段和”，则对输入的整个序列（ary[ ]）而言，每个 dp[i] 的最低取值即为 ary[i]。此时，每个子序列都取第 $i$ 个元素构成单元素序列。在这样的定义下，最终我们要求的就是 $max_{i∈[1,n]}d[i]$ 。

接下来讨论此模型的动态转移方程。由于我们每次更新 dp[i] 时，dp[i-1]都已经存储好了 “以 $i - 1$ 结尾的最大连续子段和”，因此，dp[i] 要想取得 “以 $i$ 结尾的子数列中的最大连续子段和” 就只需加上 dp[i-1] 即可。但是，加上的 dp[i-1] 必须大于0，否则这样的 “加上” 实际上会成为 “减少”。所以该模型的动态转移方程即为（其中，ary[ ]为原序列数组，i 为循环遍历指针）：

if(dp[i-1] >= 0)
	dp[i] = ary[i]+dp[i-1];

注：在实际编码时，为节约内存可直接令 dp[ ]=ary[ ]，则此时转移方程为：dp[i] = dp[i]+dp[i-1]。
接下来只需要遍历 dp[ ] 数组并取出其中的最大值即可。

根据这样的思路可写出以下代码（已 AC）：

/*
    MT2149 最长子段和 
*/ 

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 2e5+5;
int dp[MAX];

int main( )
{
    // 录入数据 
    int n;cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)
        cin>>dp[i];
    
    // 初始化结果 
    int ans = dp[0];
    
    // 状态转移
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(dp[i-1] >= 0)
            dp[i] += dp[i-1];
        ans = max(ans, dp[i]);
    }
    
    // 输出结果
    cout<<ans<<endl; 
    
    return 0;
}

注：这道题的解法实际上非常多，还有更节约存储空间的求解方式：☞ 传送门

MT2150 旅费

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

提瓦特大陆上有个贫穷的占星术士小码哥，他要从蒙德去往璃月，两个地方相隔很远，所以要搭乘车队。但是搭乘车队需要金币，而小码哥没有太多金币，幸运的是，车队在这一路上有 $n$ 个停靠点，每两个停靠点之间所需要的金币数不一样，如果能选择好的话说不定能省点钱。于是小码哥找来了每个站点之间所需的路费，请你帮他找出他完成这一旅途所需要的最少的旅费。。

格式

输入格式：第一行输入一个数 $n$ ，表示马车中间停靠的站点数。
接下来一个 $n + 1$ 行的半矩阵，表示从蒙德开始，每个站点到接下来每个站点所需要的金币数。
输出格式：输出一行一个整数，表示完成这一旅途所需要的最少旅费（金币数）。

样例 1

输入：1
6 18
9

输出：15

备注

其中: $1\le n\le1000$ 。
任意两站间的所需旅费不超过10000。
输入数据 1 解释：
6（表示从蒙德到站点1需花费6金币）、18（表示从蒙德到璃月需花费18金币）
9（表示从站点1到璃月需花费9金币）

相关知识点： 动态规划

题解

首先对 “半矩阵” 做一个解释。对于题目输入的站点数 $n$ ，实际上还需要算上起始站和终点站，也就是说共有 $n + 2$ 个站。若将这 $n + 2$ 个站视为节点，则它们之间会有 $\frac{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}{2}$ 条边（视为无向图）。因此，由这些节点构成的可达矩阵中，会形成 $\frac{\left(n+2\right)\left(n+1\right)}{2}$ 条路段。而这些路段只占据了 $\left(n+2\right)\left(n+2\right)$ 规格的矩阵的一半（近似），因此称 “提供了 $\left(n+1\right)$ 行的半矩阵”。例如，题目给出的数据可用下图表示：

在这里插入图片描述

从上图不难看出，完成这一旅途所需要的最少的旅费为 6+9=15。

对于题目给出的站点数据，我们可以将其进行编号：如蒙德→0，站点1→1，璃月→2（这样一来，对输入的站点总数 $n$ ，终点站的位置始终为 $n + 1$ ）。对 “求最小旅费” 的要求，可设转移数组 dp[i] 为 “从第 $i$ 个站点到终点站的最小旅费”。那么显然有 dp[n+1] = 0（终点到终点的旅费为 0），且最终待求的最小旅费为 dp[0]。同时，可知转移数组 dp[ ] 的更新方向是从后往前。

由于 dp[i] 表示 “从第i个站到终点站的最小旅费”，则在进行前向更新时，若想要 dp[i] 尽可能小，就只能在 “上一次计算得到的dp[ ]数组中，由站 $i$ 到终点站的最低费用” 和 “当前站直接到中转站 $j$ 的票价+上一次计算得到的由站 $j$ 到终点站的最低费用” 中选更低的票价。于是可得到此题的状态转移方程为：

dp[i] = min(dp[i], ary[i][j]+dp[j])

显然，这需要枚举所有的中转情况，即要遍历上面的 “半矩阵”。例如，对以下测试数据（假设半矩阵信息被存储进数组 ary[ ][ ] 中）：

在这里插入图片描述

根据以上思路可写出求解该题的完整代码（已 AC）：

首先置各 dp[i] 为 ary[i][n+1]（即，初始直接将 “第 $i$ 个站到终点站的最小旅费” 设为 “第 $i$ 个站直接到终点站的票价”）。于是有：

dp[0] = ary[0][3] = 30;
dp[1] = ary[1][3] = 16;
dp[2] = ary[2][3] = 9;
dp[3] = ary[3][3] = 0;

接下来逆向更新 dp[ ] 数组：

i = 2（即讨论站点 2 到终点的最低旅费），当前 dp[]={30,16,9,0}。dp[ ] 数组上一次存放的从站点 2 到终点的最低旅费 dp[2] = 9。接下来向后遍历，取各个站作为中转站以尝试寻找更低的旅费组合方案。
① 以 j = i+1 = 3 作为中转站，此时的旅费为：ary[2][3]+dp[3] = 9+0 = 9 = dp[2]，故无需更新。
后向遍历结束，得到从站点 2出发到终点站的最低旅费为 9。
i = 1（即讨论站点 1 到终点的最低旅费），当前 dp[]={30,16,9,0}。dp[ ] 数组上一次存放的从站点 1 到终点的最低旅费 dp[1] = 16。接下来向后遍历，取各个站作为中转站以尝试寻找更低的旅费组合方案。
① 以 j = i+1 = 2 作为中转站，此时的旅费为：ary[1][2]+dp[2] = 8+9 = 17 > dp[1]，故无需更新；
② 以 j = i+2 = 3 作为中转站，此时的旅费为：ary[1][3]+dp[3] = 16+0 = 16 = dp[1]，故无需更新。
后向遍历结束，得到从站点 1 出发到终点站的最低旅费为 16。
i = 0（即讨论从起点到终点的最低旅费），当前 dp[]={30,16,9,0}。dp[ ] 数组上一次存放的从站点 0 到终点的最低旅费 dp[0] = 30。接下来向后遍历，取各个站作为中转站以尝试寻找更低的旅费组合方案。
① 以 j = i+1 = 1 作为中转站，此时的旅费为：ary[0][1]+dp[1] = 6+16 = 22 < dp[1]，故更新 dp[1] = 22；
② 以 j = i+2 = 2 作为中转站，此时的旅费为：ary[0][2]+dp[2] = 15+9 = 24 > dp[1]，故无需更新；
③ 以 j = i+3 = 3 作为中转站，此时的旅费为：ary[0][3]+dp[3] = 30+0 = 30 > dp[1]，故无需更新。
后向遍历结束，得到从站点 0（起点）出发到终点站的最低旅费为 22。
算法终止，最终得到 dp[ ] 数组内容为：dp[ ]={22,16,9,0}。

此外，注意到每次对某个站点的 dp[ ] 数组进行更新时，由于一开始初始化已经将 “第 $i$ 个站到终点站的最小旅费” 设为 “第 $i$ 个站直接到终点站的票价”，所以在后续更新时就没必要再判断 “以终点站为中转站” 时的情况，因为它初始取值就是直达终点的票价。

故此，可写出求解此题的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2150 旅费
*/

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 1e3+5;
int ary[MAX][MAX], dp[MAX];

int main( )
{
    // 录入数据 
    int n;cin>>n;
    n++;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            cin>>ary[i][j];
        // 初始化 dp[] 数组
        dp[i] = ary[i][n];
    }
    
    // 状态转移
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            dp[i] = min(dp[i], ary[i][j]+dp[j]);
    
    // 输出结果
    cout<<dp[0]<<endl; 
    
    return 0;
}

MT2156 矩阵取数

难度：钻石时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

给定 $n\times m$ 的整数矩阵 $A$ ，要求每行只能选取不超过一半的元素，且总的选择元素的和要是 $k$ 的倍数，求满足条件的和的最大值

格式

输入格式：第一行为 $n, m, k$ ；
接下来 $n$ 行，为所描述的矩阵
输出格式：输出一个整数为所求答案。

样例1

输入：3 4 3
1 2 3 4
5 2 2 2
7 1 1 4

输出：24

备注

所有数据均在 70 以内，且大于0。

相关知识点：动态规划

题解

这道题其实和背包问题非常相似，不过这道题的难度稍大点，因为它的维度为 2。

为便于理解这道题，下面先说明对一维情况的求解。即，现在有数组 $ary=\left\{a_1,a_2,\ldots,a_m\right\}$ ，要求你在其中选不超过一半的数使得这些数的总和是 $k$ 的倍数，且尽可能大。
待求问题的解涉及到两个参数：选了哪些数？总和对 $k$ 的模？即，这两个参数的变动会对解或状态转移造成影响。但对第一个参数而言，我们更需要关注的是它选了多少个数（因为知道了序列的总长度后，可以通过循环遍历来找到最优组合，此处的最优当然是指在对 $k$ 求模后得到的和尽可能大）。因此，可以设状态数组 dp[l][r] 表示 “当前从序列中选了 $l$ 个数， $l$ 个数的总和是 dp[l][r]，dp[l][r] 对 $k$ 的模为 $r$ ”。基于这样的设置，接下来可通过一层循环来遍历整个数组 $a ry$ ，并在该循环内部再通过一层循环（保证所选数的个数不超过原数组元素的半数），不断尝试 “不同数量下的各种数字组合”，并将总和更大的组合方式保存下来。当整个循环结束时，dp[][] 数组的最后一行中存放的就是各种取数情况下（取数总和对 $k$ 的余数）能够拿到的最大总和。即，状态转移过程为：

for(int i=1; i<m; i++)
	for(int l=m/2-1; l>=0; l++)
		for(int r=0; r<k; r++)
			dp[l+1][(r+ary[i])%k] = max(dp[l+1][(r+ary[i])%k], dp[l][r]+ary[i])

有一个细节：为什么状态转移过程中，第二重循环要从 $\frac{m}{2}-1$ 开始往前遍历呢？这其实和背包问题的要求有关。如果题目给出的对象（也就是本题中的数组元素）要求不能被重复选择，则必须逆向遍历；如果可多次选择，则需要正向遍历（对这个问题感兴趣的可以看这篇文章 ☞ 传送门）。

对于本题而言，稍微复杂的点在于，现在要从一个矩阵 $ary_{n\times m}=\left\{a_{1,1},a_{1,2},\ldots,a_{1,m},\ \ldots,a_{n,1},a_{n,2},\ldots,a_{n,m}\right\}$ 中选数，且对矩阵的每一行选数不能超过其列数的一半。首先，同样需要分析会影响状态转移过程的参数，很明显，依然是“选了哪些数”以及“总和对 $k$ 的模”。但是，由于现在处理的数据对象是一个二维矩阵，因此在 “选了哪些数” 这个问题上，它需要两个参数：一个说明当前选了多少行，另一个说明在当前行选了多少的数。因此，可以设状态数组 dp[i][l][r] 表示 “当前已经遍历到第 $i$ 行（说明前面 $i - 1$ 行已经完成了最优组合的寻找，实际上可以视该过程为记忆化搜索），并且在此行选了l个数，目前所选数的总和为 dp[i][j][r]，其对 $k$ 的模为 $r$ ”。基于这种设置，接下来可通过一个二重循环来遍历矩阵 $ary_{n\times m}$ ，并在其内部采用和一维情况相似的思路进行状态转移。但是有一个不同的地方在于，状态转移过程是针对某一行的数据进行的，它的目的是求出当前这一行最优的选数组合（使得所选数对 $k$ 的模在指定前提下还具有最大总和）。因此。在进行二维状态转移时，我们还需要建立每一行之间的最优值传递。即，在寻找第i行的最优取数时，需要将前面 $i - 1$ 行已经得到的结果传递过来。为此，需要在状态转移过程中的每一行的第一列进行行之间的状态转移。下面给出二维情况下的状态转移过程：

for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			// 行之间的状态转移 
			if(j == 1){
				for(int l=0;l<=m/2;l++)
					for(int r=0; r<k; r++)
						dp[i][0][r] = max(dp[i][0][r], dp[i-1][l][r]);
			}
			// 列之间的状态转移 
			for(int l=m/2-1;l>=0;l--)
				for(int r=0; r<k;r++)
					dp[i][l+1][(r+ary[i][j])%k] = max(dp[i][l+1][(r+ary[i][j])%k], dp[i][l][r]+ary[i][j]);
		}

当遍历完整个二维矩阵后，最终的结果将存放在 dp[n][0-m/2][0] 中。
下面给出基于以上思路得到的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2156 矩阵取数 
*/

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 75;
const int INF = 0x3f3f3f3f; 
int ary[MAX][MAX], dp[MAX][MAX][MAX];

int main( )
{
    // 录入数据 
    int n, m, k, ans = -INF;
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            cin>>ary[i][j];
    
    // 状态数组初始化
    memset(dp, -INF, sizeof(dp));
    dp[0][0][0] = 0;
    
    // 状态转移
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            // 行之间的状态转移 
            if(j == 1){
                for(int l=0;l<=m/2;l++)
                    for(int r=0; r<k; r++)
                        dp[i][0][r] = max(dp[i][0][r], dp[i-1][l][r]);
            }
            // 列之间的状态转移 
            for(int l=m/2-1;l>=0;l--)
                for(int r=0; r<k;r++)
                    dp[i][l+1][(r+ary[i][j])%k] = max(dp[i][l+1][(r+ary[i][j])%k], 
                    dp[i][l][r]+ary[i][j]);
        }
    
    // 在最后一层寻找最大值
    for(int j=0;j<=m/2;j++)
        ans = max(ans, dp[n][j][0]);
    
    // 输出结果
    cout<<ans<<endl; 
    
    return 0;
}

MT2157 迷宫

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

小码哥和他的手下在维多利亚的迷宫玩耍，小码哥并不喜欢这个项目，于是他决定以最快的速度结束这个项目，这个迷宫可以看作是一个直角坐标系，小码哥在左下，终点在右上点。
小码哥只沿 $x, y$ 轴的正方向走，因为这样是理论最快的解，问小码哥有多少种行走方法来最快到达终点。

格式

输入格式：第一行两个整数 $m, n$ 表示迷宫是 $m$ 行 $n$ 列；
接下来 $m$ 行，每行 $n$ 个数描述了地图。
0 – 空地
1 – 墙（无法通过）
输出格式：一个整数表示答案（mod 2333）。

样例 1

输入：3 3
0 0 0
0 1 0
0 0 0

输出：2

备注

其中： $m,\ n\le3000$ 。

相关知识点：动态规划

题解

走迷宫问题是二维动态规划里非常经典的一类题目。考虑到表达上的习惯，我们可以对本题的任务方向进行一个改变：即现假设从二维矩阵的最左上角往最右下角走。并规定数组的索引从1开始，当方向向下和向右走时，在对应维度上的索引号增加：

在这里插入图片描述

由于处理对象是二维矩阵，因此可设状态数组 dp[i][j] 表示 “走到位置 $\left(i,j\right)$ 时共有 dp[i][j] 种行走方式”，则最终待求的就是 dp[m][n]。对任意位置 $\left(i,j\right)$ 而言，只能由其左方 $\left(i,j-1\right)$ 或上方 $\left(i-1,j\right)$ 的位置而来。也就是说，dp[i][j] 的前一个状态只能是 dp[i][j-1] 或 dp[i-1][j]。因此，可得到本题的状态转移方程为：

dp[i][j] = dp[i][j] + (dp[i-1][j]+dp[i][j-1])

下面给出求解该题的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2157 迷宫
*/

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 3005;
const int MOD = 2333; 
bool ary[MAX][MAX];
int dp[MAX][MAX];

int main( )
{
    // 录入数据 
    int n, m;
    cin>>m>>n;
    for(int i=m;i>=1;i--)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            cin>>ary[i][j];
    
    // 状态数组初始化
    dp[1][1] = 1; 
    
    // 状态转移
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(!ary[i][j]){
                dp[i][j] += (dp[i-1][j]+dp[i][j-1]);
                dp[i][j] %= MOD;
            }
    
    // 输出结果
    cout<<dp[m][n]<<endl; 
    
    return 0;
}

MT2155 四柱河内塔

难度：黄金时间限制：1秒占用内存：128M

题目描述

汉诺塔问题：有三个柱子，编号为 1，2，3；在编号为 1 的柱子上有 n 个大小不同圆盘，圆盘从小到大，从上到下堆叠，你只可以移动一个柱子上最上面的圆盘。
现在你需要将编号为 1 的柱子上的圆盘移到 3 柱子上，顺序不变；
注意：在移动过程中，不可以将大的圆盘放在小圆盘上，你一次只可以移动一个盘子；
现在有一个 4 个柱子的河内塔，在规则不变的情况下，问最少需要移动多少次才能把盘子从 1 号柱子移到 4 号柱子上。

格式

输入格式：一个整数 $f$ ，表示 $n$ 取 $\left[1,\ f\right]$ 时的 $f$ 种情况；
输出格式：输出 $f$ 行，表示当 $n$ 分别取 $\left[1,\ f\right]$ 的情况下，需要的最少移动次数。

样例 1

输入：12

输出：1
3
5
9
13
17
25
33
41
49
65
81

备注

其中： $1\le n\le50$ 。

相关知识点：动态规划

题解

我们首先来思考，经典汉诺塔问题（存在 A、B、C ，3 根柱子）的动态规划解法。
假设现在要将 $n$ 个圆盘从 A 柱移动至 C 柱。显然，需要的移动次数仅仅和当前的圆盘数量 $n$ 有关。故可以假设 $d p [n]$ 表示 “移动 $n$ 个圆盘到另一个柱子需要的最少移动次数”。那么将第 $n$ 个圆盘从 A 柱移动至 C 柱需要以下三步：

将第 $n$ 个圆盘上的 $n - 1$ 个圆盘从 A 移动至 B 柱，这一步最少需要 $d p [n - 1]$ 次移动；
将第 $n$ 个圆盘从 A 移动至 C 柱，这一步最少需要 1 次移动；
将B柱上的 $n - 1$ 个圆盘移动至 C 柱，这一步最少需要 $d p [n - 1]$ 次移动。

显然，从上面可以得到 “将 $n$ 个圆盘从 A 柱移动至 C 柱” 需要的最小移动次数为 $d p [n - 1] + 1 + d p [n - 1] = 2 d p [n - 1] + 1$ 。即得了经典汉诺塔问题的状态转移方程为： $d p [n] = 2 d p [n - 1] + 1$ 。从这个公式不难看出，汉诺塔问题的最小移动次数与其圆盘总数存在以下关系：

$dp\left[n\right]=2^n-1$

现在假设存在 4 根柱子，其余要求都不变，问不同数量圆盘对应的最少移动次数。
在只有 3 根柱子时，为了将第 $n$ 个圆盘移动至目标柱子（C 柱），就必须将第 $n$ 个圆盘前的 $n - 1$ 个圆盘均移至除所在柱子（A 柱）和目的柱子以外的第 3 根柱子（B 柱）。因此这个状态转移过程是唯一的。而当柱子数多了 1 个后，这个过程变得不再唯一。因为我们可以将移动过程进行分解，从而大幅降低总的移动次数。例如，对于含有 $n$ 个圆盘的柱子 A，我们可以通过以下步骤将其全部移至柱子 D：

将柱子 A 上的前 $n - k$ 个圆盘先移至柱子 B，这一步最少需要 $d p [n - k]$ 次移动；
将柱子 A 上剩下的 $k$ 个圆盘通过柱子 C 再移动至柱子 D；
将柱子 B 上的前 $n - k$ 个圆盘移动至柱子 D，这一步最少需要 $d p [n - k]$ 次移动。

对于步骤 2，该过程实际上就是 “求具有 $k$ 个圆盘的经典汉诺塔问题”。因为这一步执行时，剩下的 $k$ 个圆盘都比柱子 B 上的更大，因此它们的移动过程只能用剩余 3 根柱子，即 A，C，D柱。

为什么分解后会大幅降低总的移动次数？从数学的角度看：因为 $f(x)=2^x$ 是一个二阶导大于 0 的凸函数，它始终满足 $f\left(a+b\right)\geq f\left(a\right)+f\left(b\right)$ 。因此，可通过枚举所有的 $a + b$ 来寻找这里面具有最小取值的 $f\left(a\right)+f\left(b\right)$ 。例如， $f(5)=2^5=32$ ，而 $f(2)+f(3)=2^2+2^3=4+8=12$ ，可见，分解后确实能更大程度的降低需要移动的次数。

因此，如果假设四柱汉诺塔问题的状态数组为 $DP[\ ]$ ，三柱汉诺塔问题的状态数组为 $dp[\ ]$ ，则从前面的步骤可总结出四柱汉诺塔问题的状态转移方程为：

for(int j=1; j<n; j++)
DP[j] = 2DP[n-j]+dp[j];

下面给出基于以上思路的完整代码（已 AC）：

/*
    MT2155 四柱河内塔
*/

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

const int MAX = 55;
const int INF = 0x3f3f3f3f; 
int dp[MAX];

int main( )
{
    int f, tmp; cin>>f;
    
    // 状态数组初始化
    memset(dp, INF, sizeof(dp));
    dp[0] = 0, dp[1] = 1, dp[2] = 3 ;
    
    if(f>=1) cout<<1<<endl;
    if(f>=2) cout<<3<<endl;
    
    // 状态转移并输出结果 
    for(int i=3;i<=f;i++){
        for(int j=1;j<i;j++){
            if(dp[i] > 2*dp[i-j] + pow(2,j) - 1)
                dp[i] = 2*dp[i-j] + pow(2,j) - 1;
        }
        // 输出结果
        cout<<dp[i]<<endl; 
    }
    
    return 0;
}