基礎DP

先來看個栗子

zj d212 東東爬階梯

東東有個嗜好，爬階梯不是一次走一階，就是一次走兩階。

換句話說，假設階梯有三階，那他有三種走法

一：第一步走一階，第二步走二階。

二：第一步走二階，第二步走一階。

三：全程都走一階。

這題要問你，假設階梯有$n(0<n<100)$階，那東東有幾種走法?

zj d212 東東爬階梯

到第$1$階有$1$種走法

到第$2$階有$2$種走法

到第$n$階有$f(n-1) + f(n-2)$種走法

其實是費式數列啦 :D

那我們就殼以愉快ㄉ用遞迴寫......嗎?

zj d212 東東爬階梯

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

long long f(int n){
	if(n == 1) return 1;
	else if(n == 2) return 2;
	return f(n-1) + f(n-2);
}

int main(){
	int n;
	cin >> n;
	cout << f(n) << '\n';
	return 0;
}

扣ㄉ

但這樣太慢ㄌ

複雜度?

$f_2$

$f_5$

$f_2$

$f_3$

$f_2$

$f_3$

$f_4$

$f_1$

$f_2$

$f_1$

$f_6$

$f_2$

$f_1$

複雜度?

每個$f(n)$會拆成$f(n-1)$和$f(n-2)$算

所以每次都拆成兩個

複雜度$O(2^n)$

怎麼辦?

把算過的記下來!

把算過的記下來

開一個陣列記錄

遇到算過的就直接用，這樣每一項就只會算到一次

複雜度$O(n)$

複雜度?

$f_2$

$f_5$

$f_2$

$f_3$

$f_2$

$f_3$

$f_4$

$f_1$

$f_2$

$f_1$

$f_6$

$f_2$

$f_1$

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[85];
long long f(int n){
  if(dp[n]) return dp[n];
  if(n <= 2) return dp[n] = n;
  return dp[n] = f(n-1) + f(n-2);
}
signed main(){
  int n;
  cin >> n;
  cout << f(n) << '\n';
}

top down

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

long long dp[85];
signed main(){
  int n;
  cin >> n;
  dp[1] = 1;
  dp[2] = 2;
  for(int i=3; i<=n; ++i)
    dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
  cout << dp[n] << '\n';
}

bottom up

所以什麼是dp

動態規劃
把大問題分成小問題，再用小問題湊出大問題的答案
通常能使用DP的問題會有「重疊子問題」、「最優子結構」的性質。

以下不重要

重疊子問題：有些子問題會被重複計算多次

最優子結構：如果一個問題的解，拿去對應到的子問題也是最佳的，那我們就說這個問題有最優子結構特性。

dp的步驟

定義狀態
推轉移式
打好邊界

時間複雜度通常是 $O ($ 狀態數 $\times$ 狀態轉移花費 $)$

搭配剛剛的栗子

定義狀態
推轉移式
打好邊界

時間複雜度是 $O ($ 狀態數 $\times$ 狀態轉移花費 $) = $O(n)$$

$dp_i$是到第$i$階的方法數

$dp_1=1,\ dp_2=2$

$dp_i = dp_{i-1} + dp_{i-2}$

好ㄉ那我們今天要開始ㄌ

最大連續和

已知一$\ n(1 \le n \le 100)$個元素的整數數列$A$，找出該數列連續元素的和的最大值。

$1\le n \le 100$

$-10000\le A_i \le 10000$

e.g. 10 -5 7 6 -1 -3

max = 10 + (-5) + 7 + 6 = 18

想一下la (其實這滿greedyㄉ

最大連續和

定義狀態：

狀態轉移式：

邊界：

定義$dp_i$ 是以第$i$項為結尾的最大連續和

$dp_i = max(dp_{i-1}, 0) + a_i$

如果以第$i-1$項為結尾的最大連續和是負的就不要取，反之則加上去

$dp_0 = 0$

題目

Path on Grid

給你一個 $N \times M$ 的棋盤

令左上角為 $(1,1)$ ，右下角為 $(N,M)$

如果從 $(1,1)$ 開始，只能往右或往下走

試問有幾種相異的走法可以走到 $(N,M)$

請將答案模 $10^9 + 7$ 輸出

e.g. n=2 m=3有3種走法

定義狀態：

狀態轉移式：

邊界：

定義$dp[i][j]$ 是走到$(i, j)$的方法數

因為只能往下走或往右走，所以我一定是從上或是左邊走來的

$dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]$

$dp[1][1] = 1$

因為走到$(1,1)$的方法數只有$1$種

fgiscoj 4459 棋盤

要怎麼模$10^9+7$ ?

fgiscoj 4459 棋盤

最後模?

在算到最後之前已經爆long long ㄌ

同餘定理!

同餘定理

$(a+b) \% \ c = ((a \% c)+(b \% c)) \% c$

e.g. $(7 + 9) \% 5 = ((7 \% 5) + (9\%5)) \% 5= (2 + 4) \% 5 = 1$

$(a \times b) \% c = ((a\%c) \times (b\%c)) \% c$

e.g. $3^{10} \% 4 = 9^5 \% 4 = (9\%4)^5 \% 4 = 1$

題目

LCS(最長共同子序列)

一個字串$A$和一個字串$B$，找最長的一樣的子序列長度

e.g.

$∣ l c s (a b c d, b c) ∣ = 2$

$∣ l c s (a c e, c a e) ∣ = 2$

$∣ l c s (a b c, d e f) ∣ = 0$

定義狀態：

狀態轉移式：

定義$dp[i][j]$ 是字串$A$的前$i$項和字串$B$的前$j$項的LCS長度

分成三種狀況

LCS

狀態轉移式：

分成4種狀況

$A_i$和$B_j$都是LCS的一部份，$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1$

$A_i$是LCS的一部份，而$B_j$不是，$dp[i][j] = dp[i][j-1]$

$A_i$不是LCS的一部份，但$B_j$是，$dp[i][j] = dp[i-1][j]$

$A_i$和$B_j$都不是LCS的一部份，$dp[i][j] = dp[i-1][j-1]$

LCS

狀態轉移式：

if $A_i = B_j \ ,dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1$

if $A_i \neq B_j \ , dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])$

LCS

狀態轉移式：

if $A_i = B_j \ ,dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1$

if $A_i \neq B_j \ , dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])$

基基基基礎DP

zj d212 東東爬階梯

zj d212 東東爬階梯

zj d212 東東爬階梯

複雜度?

複雜度?

把算過的記下來

複雜度?

code

所以什麼是dp

dp的步驟

搭配剛剛的栗子

最大連續和

最大連續和

題目

Path on Grid

fgiscoj 4459 棋盤

fgiscoj 4459 棋盤

同餘定理

題目

LCS(最長共同子序列)

LCS

LCS

LCS

LCS

題目