WEEP10 dp入门

A 签到题

在一开始有一个数字n，目标是把它转换成m，在每一步操作中，可以将n乘以2或乘以3，可以进行任意次操作。输出将n转换成m的操作次数，如果转换不了输出-1。

思路

这个题的思路就很直接，先用m%n，如果余数不为0，则证明转换不了，余数为0的话，先对余数一直/3到不能除，然后再一直/2，如果最后结果为1，输出总的操作次数，反之则转换不了。

#include 
using namespace std;
int m,n,ans;
int main()
{scanf("%d %d",&n,&m);if(m%n!=0) {printf("-1");return 0;}int mul=m/n;while(mul%2==0){ans+=1;mul/=2;}while(mul%3==0){ans+=1;mul/=3;}if(mul!=1) printf("-1");else printf("%d",ans);return 0;
}

B LIS & LCS

东东有两个序列A和B。

他想要知道序列A的LIS和序列AB的LCS的长度。

注意，LIS为严格递增的，即a1 思路

LIS:最长上升子序列，fi表示以Ai为结尾的最长上升序列的方程，

最后答案为max{f[i],i=1…n};时间复杂度为O(N^2)

LCS：最长公共子序列，假设f[i][j]为A1,A2,…,Ai和B1,B2,…,Bj的LCS长度，初始化为0.

转移方程：当Ai==Bj时，f[i][j]=f[i-1][j-1]+1，否则f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])，最后输出答案f[n][m]

时间复杂度为O(nm)

#include 
#include 
#include 
using namespace std;int A[5010],B[5010],f[5010],dp[5010][5010];
int n,m,ans1;void LIS(){for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<i;j++){if(A[j]<A[i]){f[i]=max(f[i],f[j]+1);}}ans1=max(ans1,f[i]);}
}void LCS(){memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){if(A[i-1]==B[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}
}int main()
{scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&A[i]),f[i]=1;for(int i=0;i<m;i++) scanf("%d",&B[i]);LIS();LCS();printf("%d %d",ans1,dp[n][m]);return 0;
}

C 拿数问题

YJQ 上完第10周的程序设计思维与实践后，想到一个绝妙的主意，他对拿数问题做了一点小修改，使得这道题变成了 拿数问题 II。

给一个序列，里边有 n 个数，每一步能拿走一个数，比如拿第 i 个数， Ai = x，得到相应的分数 x，但拿掉这个 Ai 后，x+1 和 x-1 (如果有 Aj = x+1 或 Aj = x-1 存在) 就会变得不可拿（但是有 Aj = x 的话可以继续拿这个 x）。求最大分数。

input第一行包含一个整数 n (1 ≤ n ≤ 105)，表示数字里的元素的个数第二行包含n个整数a1, a2, ..., an (1 ≤ ai ≤ 105)

思路

这道题与课上题目的不同在于Aj=x则可以继续取，所以我们计算x的总和作为x的分数，然后建立状态方程dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+A[i])，得到结果。同时注意数据范围，可能会爆int，选用

#include
#include
using namespace std;long long n,ans;
long long a[100005],sum[100005],dp[100005];int main()
{scanf("%lld",&n);for(long long i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]);sort(a,a+n);long long tmp=a[0];for(long long i=0;i<n;i++){if(a[i]==tmp) sum[tmp]+=tmp;else tmp=a[i],sum[tmp]+=tmp;}for(long long i=a[0];i<=tmp;i++){dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+sum[i]);ans=max(ans,dp[i]);}printf("%lld",ans);return 0;
}