线性类动态规划2

最长上升序列

设有整数序列b1,b2,b3,…,bm，若存在下标i1<i2<i3<…<in，且bi1<bi2<bi3<…<bin，则称

b1,b2,b3,…,bm中有长度为n的上升序列bi1,

bi2,bi3,…,bin

。求序列b1,b2,b3,…,bm中所有长度(n)最大上升子序列输入：整数序列。输出：最大长度n和所有长度为n的序列个数。分析设f(i)为前i个数中的最长上升序列长度

,则f(i)=max{f(j)+1}(1<=j<i<=m,bj<bi)边界为F(1)=1分析设t(i)为前i个数中最长序列的个数,则t(i)=∑t(j)(1<=j<i<=m,bj<bi,f(i)=f(j+1))初始为t(i)=1当f(i)=n时，将t(i)累加举例：

1234658109f:123455677t:111111222答案：f=7时，边界为∑t=4进一步(3)求本质不同的最长序列个数有多少个？如：1234658109有，

12346810,12345810,1234689,1234589

都是本质不同的。但对于

1223354f：1223344t：1112244

答案有8个，其中4个1235，4个1234改进算法上例显然对于相两个相同的数，重复算了多次因此，我们对算法进行改进：对原序列按b从小到大（当bi=bj时按F从大到小）排序，增设Order(i)记录新序列中的i个数在原序列中的位置。可见，求t(i)时，当f(j)=f(j+1),b(j)=b(j+1)且Order(j+1)<Order(i)时，便不累加t(j)。这样就避免了重复。

上述算法的时间复杂度为O(n2)添括号问题

有一个由数字1，2，...，9组成的数字串（长度不超过200），问如何将M(M<=20)个加号("+")插入到这个数字串中，使所形成的算术表达式的值最小。请编一个程序解决这个问题。注意：加号不能加在数字串的最前面或最末尾，也不应有两个或两个以上的加号相邻。M保证小于数字串的长度。例如：数字串79846，若需要加入两个加号，则最佳方案为79+8+46，算术表达式的值133。分析考虑到数据的规模超过了长整型,我们注意在解题过程中采用高精度算法.规划方程:F[I,J]=MIN{F[I-1,K]+NUM[K+1,J]}(I-1<=K<=J-1)边界值:F[0,I]:=NUM[1,I] ;F[I，J]表示前J个数字中添上I个加号后得到的最小值。NUM[I，J]表示数字串第I位到第J位的数上述问题的每一步，都只与上一步有关。因此可以采用滚动数组程序的时间效率约为20*200*200演唱会一场演唱会即将举行。现有N（O<N<=200）个歌迷排队买票，一个人买一张，而售票处规定，一个人每次最多只能买两张票。假设第I位歌迷买一张票需要时间Ti（1〈=I〈=n），队伍中相邻的两位歌迷（第j个人和第j+1个人）也可以由其中一个人买两张票，而另一位就可以不用排队了，则这两位歌迷买两张票的时间变为Rj，(假如Rj<Tj+Tj+1，则这样做就可以缩短后面歌迷等待的时间，加快整个售票的进程)。现给出N，Ti和Ri，求使每个人都买到票的最短时间和方法。分析设f（i）为前i个人花费最短时间于是有

f（i）=min{f（i-1）+Ti，f（i-2）+Ri-1}，初始f（0）=0，f（1）=T1复制书稿假设有M本书（编号为1，2，…M），想将每本复制一份，M本书的页数可能不同（分别是P1，P2，…PM）。任务：将这M本书分给K个抄写员(K<=M)每本书只能分配给一个抄写员进行抄写，而每个抄写员所分配到的书必须是连续顺序的。输出复制最短时间。复制时间为抄写页数最多的人用去的时间分析设F（I，J）为前I个抄写员复制前J本书的最小“页数最大数”。于是有

F（I，J）=MIN{F（I-1，V），T（V+1，J）}（1<=I<=K，I<=J<=M-K+I，I-1<=V<=J-1〉。其中T（V+1，J）表示从第V+1本书到第J本书的页数和。起步时F（1，1）=P1。多米诺骨牌有一种多米诺骨牌是平面的，其正面被分成上下两部分，每一部分的表面或者为空，或者被标上1至6个点。现有一行排列在桌面上：例如，顶行骨牌的点数之和为6+1+1+1=9；底行骨牌点数之和为1+5+3+2=11。顶行和底行的差值是2。这个差值是两行点数之和的差的绝对值。每个多米诺骨牌都可以上下倒置转换，即上部变为下部，下部变为上部。现在的任务是，以最少的翻转次数，使得顶行和底行之间的差值最小。分析以骨牌序列上下两部分的差值I作为状态，把达到这一状态的翻转步数作为状态值，记为f（I）。于是有

f（I）=min{f（I+J）+1}（-12<=J<=12,J为偶数，且要求当前状态有差值为J/2的骨牌）。这里，I不是无限增大或减小，其范围取决于初始骨牌序列的数字差的和的大小。系统可靠性

一个系统由若干部件串联而成，只要有一个部件故障，系统就不能正常运行，为提高系统的可靠性，每一部件都装有备用件，一旦原部件故障，备用件就自动进入系统。显然备用件越多，系统可靠性越高，但费用也越大，那么在一定总费用限制下，系统的最高可靠性等于多少？给定一些系统备用件的单价Ck，以及当用Mk个此备用件时部件的正常工作概率Pk（Mk），总费用上限C。求系统可能的最高可靠性。

输入文件格式：第一行：nC第二行：C1P1(0)P1(1)…P1(X1)（0<=X1<=[C/Ck]）

…第n行：CnPn(0)Pn(1)…Pn(Xn)（0<=Xn<=[C/Cn]）分析例：输入：220 30.60.650.70.750.80.850.950.70.750.80.80.90.95

输出：0.6375设F[I,money]表示将money的资金用到前I项备用件中去的最大可靠性，则有

F[I,money]=max{F[I-1,money–k*Cost[I]]*p[I,k]}(0<=I<=n,0<=K<=moneydivCost(I))初始：F[0,0]=0目标：F[n,C]=0航空旅行给定一张航空图，图中的顶点代表城市，边代表两城市的直通航线。现要求找出一条满足下述限制条件的、含城市最多的旅游路线：1.从最西的一个城市出发，单方向从西向东途经若干城市到达最东的一个城市，然后再单方向从东向西飞回起点（可途经若干城市）；2.除起点城市外，任何城市只能访问一次，起点城市被访问两次：出发一次，返回一次。分析设f[i,j]表示顶点i至顶点N与顶点j至顶点N的两条路线的最多顶点数，很容易得出，f[N,N]=1,f[i,N]=2（当该阶段中顶点i与顶点N间有直通航线），a[i,j]=a[j,i]。这样，可以得到以下关系式：f[i,j]=max{f[k,j]+1,f[i,j]}(k<>j且边(k,i)存在且a[k,j]<>0)时间复杂度为O(N3)f[i,j]=max{f[i,k]+1,f[i,j]}(k<>j且边(k,I)存在且a[k,j]<>0)积木游戏有N块长方体积木，编号依次为1,2,…,N。第i块长宽高分别为ai,bi,ci（i=1,2,…,N），要从中选出若干块，将他们摞成M（1<=M<=N<=100）根柱子,要求:对于每一根柱子，一定要满足下面三个条件：除最顶上的一块积木外，任意一块积木的上表面同且仅同另一块积木的下表面接触；对于任意两块上下表面相接触的积木，若m,n是下面一块积木接触面的两条边（m>=n），x,y是上面一块积木接触面的两条边（x>=y），则一定满足m.>=x和n>=y；下面的积木的编号要小于上面的积木的编号。请你编一程序，寻找一种游戏方案，使得所有能摞成的M根柱子的高度之和最大。分析设（1）f[i,j,k]表示以第i块积木的第k面为第j根柱子的顶面的最优方案的高度总和；（2）block[i,k]记录每个积木的三条边信息（block[i,4]:=block[i,1];block[i,5]:=block[i,2]）。其中block[i,j+2]表示当把第i块积木的第j面朝上时所对应的高，即所增加的高度；（3）can[i,k,p,kc]表示第I块积木以其第k面朝上，第p块积木以第kc面朝上时，能否将积木I放在积木p的上面。1表示能，0表示不能。对于f[i,j,k],有两种可能：

1.除去第i块积木，第j根柱子的最上面的积木为编号为p的，若第p块积木以第kc面朝上，必须保证当第I块积木以k面朝上时能够被放在上面，即can[i,k,p,kc]=1；

2.第i块积木是第j根柱子的第一块积木，第j-1根柱子的最上面为第p块积木，则此时第p块积木可以以任意一面朝上。动态规划边界条件：f[1,1,1]:=block[1,1,3];f[1,1,2]:=block[1,1,4];f[1,1,3]:=block[1,1,5];f[i,0,k]:=0;(1<=i<=n,1<=k<=3);时间复杂度为O(n2*m)石子合并在一园形操场四周摆放N堆石子(N≤100),现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选相临的两堆合并成一堆,并将新的一堆的石子数,记为该次合并的得分。编一程序,由文件读入堆数N及每堆石子数(≤20), (1)选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并,得分的总和最少(2)选择一种合并石子的方案,使得做N-1次合并,得分的总和最大示例贪心法N=5石子数分别为346542。用贪心法的合并过程如下：第一次346542得分5第二次54654得分9第三次9654得分9第四次969得分15第五次159得分24第六次24总分：62然而仔细琢磨后，发现更好的方案：第一次346542得分7第二次76542得分13第三次13542得分6第四次1356得分11第五次1311得分24第六次24总分：61显然，贪心法是错误的。动态规划用data[i,j]表示将从第i颗石子开始的接下来j颗石子合并所得的分值，max[i,j]表示将从第i颗石子开始的接下来j颗石子合并可能的最大值，那么：max[i,j]=max(max[i,k]+max[i+k,j–k]+data[i,k]+data[i+k,j–k])(2<=k<=j)max[i,1]=0同样的，我们用min[i,j]表示将第从第i颗石子开始的接下来j颗石子合并所得的最小值，可以得到类似的方程：min[i,j]=min(min[i,k]+min[i+k,j–k]+data[i,k]+data[i+k,j–k])(0<=k<=j)min[i,0]=0这样，我们完美地解决了这道题。时间复杂度也是O(n2)。多边形

多角形是一个单人玩的游戏，开始时有一个N个顶点的多边形。如图，这里N=4。每个顶点有一个整数标记，每条边上有一个“+”号或“*”号。边从1编号到N。第一步，一条边被拿走；随后各步包括如下：选择一条边E和连接着E的两个顶点V1和V2；得到一个新的顶点，标记为V1与V2通过边E上的运算符运算的结果。最后，游戏中没有边，游戏的得分为仅剩余的一个顶点的值。样例写一个程序，对于给定一个多边形，计算出可能的最高得分，并且列出得到这个分数的过程。分析

分析我们先枚举第一次删掉的边，然后再对每种状态进行动态规划求最大值用f(i,j)表示从j开始，进行i次删边操作所能得到的最大值，num(i)表示第i个顶点上的数，若为加法，那么：进一步分析最后，我们允许顶点上出现负数。以前的方程还适不适用呢？这个例子的最优解应该是（3+2）*（-9）*（-5）=250，然而如果沿用以前的方程，得出的解将是（（-10）*3+2）*（-5）=140。为什么？我们发现，两个负数的积为正数；这两个负数越小，它们的积越大。我们从前的方程，只是尽量使得局部解最大，而从来没有想过负数的积为正数这个问题。-932-5**图六+最终？我们引入函数fmin和fmax来解决这个问题。fmax(i,j)表示从j开始，进行i次删边操作所能得到的最大值，fmin(i,j)表示从j开始，进行i次删边操作所能得到的最小值。当OP=‘+’Fmax(i,j)=max{fmax(i,k)+fmax(k+1,j)}Fmin(i,j)=min{fmin(i,k)+fmin(k+1,j)}完美解决初始值

Fmax(i,i)=num(i)Fmin(i,i)=num(i)到此为止，整个问题圆满解决了。算法的空间复杂度为O(n2)，算法时间复杂度为O(n4)(先要枚举每一条边，然后再用复杂度为O(n3)的动态规划解决）。BlocksJimmy最近迷上了一款叫做方块消除的游戏.游戏规则如下：n个带颜色方格排成一列，相同颜色的方块连成一个区域（如果两个相邻的方块颜色相同，则这两个方块属于同一个区域).游戏时，你可以任选一个区域消去.设这个区域包含的方块数为x,则将得到x2的分值.方块消去之后，右边的方格将向左移动.虽然游戏很简单，但是要得到高分也不是很容易.Jimmy希望你帮助他找出最高可以得到多少分N<200.Sample如图，依次消去灰,白,黑区域，你将得到42+32+22=29分，这是最高得分.

算法分析合并颜色序列，如

11133244455

根据方块消除的