acm动态规划总结

动态规划题目总结(一)对于一个有数字组成的二叉树，求由叶子到根的一条路径，使数字和最大，如：7388 1 02 7 4 44 5 2 6 5这个是经典的动态规划，也是最最基础、最最简单的动态规划，典型的多段图。

思路就是建立一个数组，由下向上动态规划，保存页子节点到当前节点的最大值，Java核心代码如下：for(int i=num-2;i>=0;i--){for(int j=0;j<=i;j++){//该句是整个动态规划的核心number[i][j]=Math.max(number[i+1][j],number[i+1][j+1])+number[i][j];}}Pku acm 1579 Function Run Fun 动态规划题目总结(二)Consider a three-parameter recursive function w(a, b, c):if a <= 0 or b <= 0 or c <= 0, then w(a, b, c) returns: 1if a > 20 or b > 20 or c > 20, then w(a, b, c) returns: w(20, 20, 20)if a < b and b < c, then w(a, b, c) returns: w(a, b, c-1) + w(a, b-1, c-1) - w(a, b-1, c)otherwise it returns: w(a-1, b, c) + w(a-1, b-1, c) + w(a-1, b, c-1) - w(a-1, b-1, c-1)这本身就是一个递归函数，要是按照函数本身写递归式，结果肯定是TLE，这里我开了一个三维数组，从w(0,0,0)开始递推，逐步产生到w(20,20,20)的值，复杂度O(n^3).总结：这道题是很地道的DP，因为它的子问题实在是太多了，所以将问题的结果保存起来，刘汝佳《算法艺术和信息学竞赛》中115页讲到自底向上的递推，这个例子就非常典型。

总体来说这个题目还是非常简单的，不过这个思想是地道的动态规划。

Pku acm 2081 Recaman's Sequence 动态规划题目总结(三)一道很简单的动态规划，根据一个递推公式求一个序列，我选择顺序的求解，即自底向上的递推，一个int数组result根据前面的值依此求出序列的每一个结果，另外一个boolean数组flag[i]记录i是否已经出现在序列中，求result的时候用得着，这样就避免了查找。

核心的java代码为：for(i=1;i<=500000;i++){if(result[i-1]-i>0&&flag[result[i-1]-i]==false){result[i] = result[i-1]-i;flag[result[i-1]-i] = true;}else{result[i] = result[i-1]+i;flag[result[i-1]+i] = true;}}Pku acm 1953 World Cup Noise 动态规划题目总结(四)给定一个小于45的整数n，求n位2进制数中不含相邻1的数的个数。

看似简单的一对于n=1来说，以1结尾、以0结尾个数都是1，总和是2，下面过度到2：对于所有以1结尾的数，后面都可以加上0，变为n=2时以0结尾的，而只有结尾为0的数才能加上1（因为不能有两个连续0），这样就可以在n=2的格里分别填上1、2，总和算出来为3，以此类推，我们可以算出所有n<=45的值，然后根据输入进行相应输出。

核心代码如下：int i,num,count,array[50][2],j=0;array[1][1] = 1;array[1][0] = 1;for(i=2;i<50;i++){array[i][0] = array[i-1][1];array[i][1] = array[i-1][1]+array[i-1][0];}我们可以继续找出规律，其实这个就是斐波那切数列数列：F[N] = F[N-1]+F[N-2];可以继续简化代码。

Pku acm 1458 Common Subsequence 动态规划题目总结(五)求两个string的最大公共字串，动态规划的经典问题。

算法导论有详细的讲解。

下面以题目中的例子来说明算法：两个string分别为：abcfbc和abfca。

创建一个二维数组result[][],维数分别是两个字符串长度加一。

我们定义result[i][j]表示X i和Y j 的最长子串(LCS).当i或j等于0时，result[i][j]=0. LCS问题存在一下递归式：result[i][j] = 0 i=0 or j=0result[i][j] = result[i-1][j-1] X i= =Y jresult[i][j] = MAX(result[i-1][j], result[i][j-1]) X i! =Y j对于以上例子，算法如下：含有斜向上的箭头对应的字符是其中的一个lcs。

Java代码的核心部分如下：for(int i=0;i<length1;i++){result[i][0] = 0;}for(int i=0;i<length2;i++){result[0][i] = 0;}for(int i=1;i<=length1;i++){for(int j=1;j<=length2;j++){if(str1.charAt(i-1)==str2.charAt(j-1))result[i][j] = result[i-1][j-1]+1;elseresult[i][j] = result[i-1][j]>result[i][j-1]?result[i-1][j]:result[i][j-1];}}System.out.println(result[length1][length2]);Pku acm 1159 Palindrome 动态规划题目总结(七)给一个字符串，求这个字符串最少增加几个字符能变成回文，如Ab3bd可以增加2个字符变为回文：Adb3bdA。

通过这样的结论可以和最长公共子串联系起来(未证明)：S和S' (注:S'是S的反串)的最长公共子串其实一定是回文的。

这样我们就可以借助lcs来解决该题，即用s的长度减去lcs的值即可。

核心的Java代码为：total-LCS(string,new StringBuffer(string).reverse().toString());//函数LCS返回两个string的lcs的长度Pku acm 1080 Humman Gene Function 动态规划题目总结(八)这是一道比较经典的DP，两串基因序列包含A、C、G、T，每两个字母间的匹配都会产生一个相似值，求基因序列（字符串）匹配的最大值。

这题有点像求最长公共子序列。

只不过把求最大长度改成了求最大的匹配值。

用二维数组opt[i][j]记录字符串a中的前i个字符与字符串b中的前j个字符匹配所产生的最大值。

假如已知AG和GT的最大匹配值，AGT和GT的最大匹配值，AG和GTT的最大匹配值，求AGT和GTT的最大匹配值，这个值是AG和GT的最大匹配值加上T 和T的匹配值，AGT和GT的最大匹配值加上T 和-的匹配值，AG和GTT的最大匹配值加上-和T的匹配值中的最大值，所以状态转移方程：opt[i][j] =第0行，第0列表示null和字符串匹配情况，结果是’-’和各个字符的累加：for(i=1;i<=num1;i++)opt[0][i] = opt[0][i-1]+table('-',a[i-1]);for(i=1;i<=num2;i++)opt[i][0] = opt[i-1][0]+table('-',b[i-1]);opt[num2][num1]即为所求结果。

Pku acm 2192 Zipper 动态规划题目总结(九)这个题目要求判断2个字符串能否组成1个字符串，例如cat和tree能组成tcraete。

我们定义一个布尔类型的二维数组 array,array[i][j]表示str1[i]和str2[j]能否组成str[i+j].i=0或者j=0表示空字符串，所以初始化时，array[0][j]表示str1的前j个字符是否和str都匹配。

对于str=tcraete:可以证明：当array[i-1][j]( array[i][j]上面一格)和array[i][j-1]( array[i][j]左面一格)都为0时，array[i][j]为0.当array[i-1][j]( array[i][j]上面一格)为1且左面字母为str[i+j]时或者当array[i][j-1]( array[i][j]左面一格)为1且上面字母为str[i+j]时，array[i][j]为1.这就是状态转移方程为。

核心的Java代码：if(array[i][j-1]&&str1.charAt(j-1)==str.charAt(i+j-1)||array[i-1][j]&&str2.charAt(i-1)==str.charAt(i+j-1))array[i][j] = true;elsearray[i][j] = false;Pku acm 3356 AGTC 动态规划题目总结(十)一个字符串可以插入、删除、改变到另一个字符串，求改变的最小步骤。

和最长公共子序列类似，用二维数组opt[i][j]记录字符串a中的前i个字符到字符串b中的前j个字符匹配所需要的最小步数。

假如已知AG到GT的最小步数，AGT到GT的最小步数，AG到GTT 的最小步数，求AGT到GTT的最小步数，此时T= =T，这个值是AG到GT的最小步数，AGT 到GT的最小步数加一(AGT到GT的最小步数等于AGTT到GTT的最小步数，加一是将T删除的一步)，AG到GTT的最小步数加一(AG到GTT的最小步数等于AGT到GTTT的最小步数，加一是在AGT上增加T的一步)。

假如已知AG到GT的最小步数，AGA到GT的最小步数，AG 到GTT的最小步数，求AGA到GTT的最小步数，此时A! =T，这个值是AG到GT的最小步数加一(A改变为T)，AGA到GT的最小步数加一(AGA到GT的最小步数等于AGAT到GTT的最小步数，加一是将T删除的一步)，AG到GTT的最小步数加一(AG到GTT的最小步数等于AGA 到GTTA的最小步数，加一是在GTTA上删除A的一步)。