动态规划经典教程完整版

动态规划经典教程

引言：本人在做过一些题目后对DP有些感想，于是写了这个总结：

第一节动态规划基本概念

一，动态规划三要素：阶段，状态，决策。

他们的概念到处都是，我就不多说了，我只说说我对他们的理解：

如果把动态规划的求解过程看成一个工厂的生产线，阶段就是生产某个商品的不同的环节，状态就是工件当前的形态，决策就是对工件的操作。显然不同阶段是对产品的一个前面各个状态的小结，有一个个的小结构成了最终的整个生产线。每个状态间又有关联（下一个状态是由上一个状态做了某个决策后产生的）。

下面举一个例子：

要生产一批雪糕，在这个过程中要分好多环节：购买牛奶，对牛奶提纯处理，放入工厂加工，加工后的商品要包装，包装后就去销售……，这样没个环节就可以看做是一个阶段；产品在不同的时候有不同的状态，刚开始时只是白白的牛奶，进入生产后做成了各种造型，从冷冻库拿出来后就变成雪糕（由液态变成固态=_=||）。每个形态就是一个状态，那从液态变成固态经过了冰冻这一操作，这个操作就是一个决策。

一个状态经过一个决策变成了另外一个状态，这个过程就是状态转移，用来描述状态转移的方程就是状态转移方程。

经过这个例子相信大家对动态规划有所了解了吧。

下面在说说我对动态规划的另外一个理解：

用图论知识理解动态规划：把动态规划中的状态抽象成一个点，在有直接关联的状态间连一条有向边，状态转移的代价就是边上的权。这样就形成了一个有向无环图AOE网（为什么无环呢？往下看）。对这个图进行拓扑排序，删除一个边后同时出现入度为0的状态在同一阶段。这样对图求最优路径就是动态规划问题的求解。

二，动态规划的适用范围

动态规划用于解决多阶段决策最优化问题，但是不是所有的最优化问题都可以用动态规划解答呢？

一般在题目中出现求最优解的问题就要考虑动态规划了，但是否可以用还要满足两个条件：

最优子结构（最优化原理）

无后效性

最优化原理在下面的最短路径问题中有详细的解答；

什么是无后效性呢？

就是说在状态i求解时用到状态j而状态j就解有用到状态k…..状态N。

而求状态N时有用到了状态i这样求解状态的过程形成了环就没法用动态规划解答了，这也是上面用图论理解动态规划中形成的图无环的原因。

也就是说当前状态是前面状态的完美总结，现在与过去无关。。。

当然，有是换一个划分状态或阶段的方法就满足无后效性了，这样的问题仍然可以用动态规划解。

三，动态规划解决问题的一般思路。

拿到多阶段决策最优化问题后，第一步要判断这个问题是否可以用动态规划解决，如果不能就要考虑搜索或贪心了。当却定问题可以用动态规划后，就要用下面介绍的方法解决问题了：（1）模型匹配法：

最先考虑的就是这个方法了。挖掘问题的本质，如果发现问题是自己熟悉的某个基本的模型，就直接套用，但要小心其中的一些小的变动，现在考题办都是基本模型的变形套用时要小心条件，三思而后行。这些基本模型在先面的分类中将一一介绍。

（2）三要素法

仔细分析问题尝试着确定动态规划的三要素，不同问题的却定方向不同：

先确定阶段的问题：数塔问题，和走路问题（详见解题报告）

先确定状态的问题：大多数都是先确定状态的。

先确定决策的问题：背包问题。（详见解题报告）

一般都是先从比较明显的地方入手，至于怎么知道哪个明显就是经验问题了，多做题就会发现。

（3）寻找规律法：

这个方法很简单，耐心推几组数据后，看他们的规律，总结规律间的共性，有点贪心的意思。

（4）边界条件法

找到问题的边界条件，然后考虑边界条件与它的领接状态之间的关系。这个方法也很起效。

（5）放宽约束和增加约束

这个思想是在陈启锋的论文里看到的，具体内容就是给问题增加一些条件或删除一些条件使问题变的清晰。

第二节动态规划分类讨论

这里用状态维数对动态规划进行了分类：

1.状态是一维的

1．1下降/非降子序列问题：

问题描述：{挖掘题目的本质，一但抽象成这样的描述就可以用这个方法解}

在一个无序的序列a1,a2,a3,a4…an里，找到一个最长的序列满足：ai<=aj<=ak…<=am,且iaj>ak…>am,且i>j>k…>m.（最长下降子序列）。

问题分析：

如果前i-1个数中用到ak (ak>ai或ak<=ai)构成了一个的最长的序列加上第I个数ai就是前i个数中用到i的最长的序列了。那么求用到ak构成的最长的序列有要求前k-1个数中……

从上面的分析可以看出这样划分问题满足最优子结构，那满足无后效性么？显然对于第i个数时只考虑前i-1个数,显然满足无后效性，可以用动态规划解。

分析到这里动态规划的三要素就不难得出了：如果按照序列编号划分阶段，设计一个状态opt[i] 表示前i个数中用到第i个数所构成的最优解。那么决策就是在前i-1个状态中找到最大的opt[j]使得aj>ai(或aj<=ai)，opt[j]+1就是opt[i]的值；用方程表示为：{我习惯了这种写法，但不是状态转移方程的标准写法} opt[i]=max(opt[j])+1 (0<=j

opt[i]=max(opt[j])+1 (0<=jai) {最长下降子序列}

实现求解的部分代码：

opt[0]:=maxsize；{maxsize 为maxlongint或-maxlongint}

for i:=1 to n do

for j:=0 to i-1 do

if ( a[j]>a[i]) and (opt[j]+1>opt[i]) then

opt[i]:=opt[j]+1;

ans:=-maxlongint;

for i:=1 to n do

if opt[i]>ans then ans:=opt[i]; {ans 为最终解}

复杂度：从上面的实现不难看出时间复杂度为O（N2），空间复杂度O（N）；

例题1 拦截导弹(missile.pas/c/cpp) 来源：NOIP1999(提高组) 第一题

【问题描述】

某国为了防御敌国的导弹袭击，发展出一种导弹拦截系统。但是这种导弹拦截系统有一个缺陷：虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度，但是以后每一发炮弹都不能高于前一发的高度。某天，雷达捕捉到敌国的导弹来袭。由于该系统还在试用阶段，所以只有一套系统，因此有可能不能拦截所有的导弹。

输入导弹依次飞来的高度（雷达给出的高度数据是不大于30000的正整数），计算这套系统最多能拦截多少导弹，如果要拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统。

【输入文件】missile.in

单独一行列出导弹依次飞来的高度。

【输出文件】missile.out

两行，分别是最多能拦截的导弹数，要拦截所有导弹最少要配备的系统数

【输入样例】

389 207 155 300 299 170 158 65

【输出样例】

6

2

【问题分析】

有经验的选手不难看出这是一个求最长非升子序列问题，显然标准算法是动态规划。

以导弹依次飞来的顺序为阶段，设计状态opt[i]表示前i个导弹中拦截了导弹i可以拦截最多能拦截到的导弹的个数。

状态转移方程：

opt[i]=max(opt[j])+1 (h[i]>=h[j],0=

最大的opt[i]就是最终的解。

这只解决了第一问，对于第二问最直观的方法就是求完一次opt[i]后把刚才要打的导弹去掉，在求一次opt[i]直到打完所有的导弹，但这样做就错了。

不难举出反例：6 1 7 3 2

错解：6 3 2/1/7 正解：6 1/7 3 2

其实认真分析一下题就回发现：每一个导弹最终的结果都是要被打的，如果它后面有一个比它高的导

弹，那打它的这个装臵无论如何也不能打那个导弹了，经过这么一分析，这个问题便抽象成在已知序列里找最长上升序列的问题。

求最长上升序列和上面说的求最长非升序列是一样的，这里就不多说了。

复杂度：时间复杂度为O（N2），空间复杂度为O（N）。

【源代码】

program missile;

const

fin='missile.in';

fout='missile.out';

maxn=10000;

var

a,opt:array[0..maxn] of longint;

n,anslen,anstime:longint;

procedure init;

var

x:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

n:=0;

repeat

inc(n);

read(a[n]);

until seekeof;

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

a[0]:=maxlongint;

for i:=1 to n do

for j:=i-1 downto 0 do

if (a[j]>=a[i]) and

(opt[j]+1>opt[i]) then

opt[i]:=opt[j]+1;

anslen:=0;

for i:=1 to n do

if opt[i]>anslen then

anslen:=opt[i];

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

a[0]:=-maxlongint;

for i:=1 to n do

for j:=i-1 downto 0 do

if (a[j]

(opt[j]+1>opt[i]) then

opt[i]:=opt[j]+1;

anstime:=0;

for i:=1 to n do

if opt[i]>anstime then

anstime:=opt[i];

end;

procedure print;

begin

writeln(anslen);

writeln(anstime);

close(input);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题二合唱队形(chorus.pas/c/cpp) 来源：NOIP2004(提高组) 第一题

N位同学站成一排，音乐老师要请其中的(N-K)位同学出列，使得剩下的K位同学排成合唱队形。

合唱队形是指这样的一种队形：设K位同学从左到右依次编号为1，2…，K，他们的身高分别为T1，T2，…，TK，则他们的身高满足T1<...Ti+1>…>TK(1<=i<=K)。

你的任务是，已知所有N位同学的身高，计算最少需要几位同学出列，可以使得剩下的同学排成合唱队形。

【输入文件】

输入文件chorus.in的第一行是一个整数N(2<=N<=100)，表示同学的总数。第一行有n个整数，用空格分隔，第i个整数Ti(130<=Ti<=230)是第i位同学的身高(厘米)。

【输出文件】

输出文件chorus.out包括一行，这一行只包含一个整数，就是最少需要几位同学出列。

【样例输入】

8

186 186 150 200 160 130 197 220

【样例输出】

4

【数据规模】

对于50％的数据，保证有n<=20；

对于全部的数据，保证有n<=100。

【问题分析】

出列人数最少，也就是说留的人最多，也就是序列最长。

这样分析就是典型的最长下降子序列问题。只要枚举每一个人站中间时可以的到的最优解。显然它就等于，包括他在内向左求最长上升子序列，向右求最长下降子序列。

我们看一下复杂度：

计算最长下降子序列的复杂度是O（N2），一共求N次，总复杂度是O（N3）。这样的复杂度对于这个题的数据范围来说是可以AC的。但有没有更好的方法呢？

其实最长子序列只要一次就可以了。因为最长下降（上升）子序列不受中间人的影响。

只要用OPT1求一次最长上升子序列，OPT2求一次最长下降子序列。这样答案就是N-max(opt1[i]+opt2[i]-1).

复杂度由O（N3）降到了O（N2）。

【源代码】program chorus; const fin='chorus.in';

fout='chorus.out';

maxn=200;

var

opt1,opt2,a:array[0..maxn] of

longint;

n,ans:longint; procedure init;

var

i:longint;

begin

assign(input,fin); reset(input); assign(output,fout); rewrite(output); readln(n);

for i:=1 to n do read(a[i]);

end;

procedure main; var

i,j:longint;

begin

a[0]:=-maxlongint;

for i:=1 to n do

for j:=i-1 downto 0 do

if (a[j]

(opt1[j]+1>opt1[i]) then

opt1[i]:=opt1[j]+1;

a[n+1]:=-maxlongint;

for i:=n downto 1 do

for j:=i+1 to n+1 do

if (a[j]

(opt2[j]+1>opt2[i]) then

opt2[i]:=opt2[j]+1;

ans:=0;

for i:=1 to n do

if opt1[i]+opt2[i]>ans then

ans:=opt1[i]+opt2[i];

end;

procedure print;

begin

writeln(n-ans+1);

close(input);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题3 Buy Low Buy Lower (buylow.pas/c/cpp) 来源: USACO 4-3-1

【问题描述】

?逢低吸纳?是炒股的一条成功秘诀。如果你想成为一个成功的投资者，就要遵守这条秘诀:

"逢低吸纳,越低越买"

这句话的意思是：每次你购买股票时的股价一定要比你上次购买时的股价低.按照这个规则购买股票的次数越多越好，看看你最多能按这个规则买几次。

给定连续的N天中每天的股价。你可以在任何一天购买一次股票，但是购买时的股价一定要比你上次购买时的股价低。写一个程序，求出最多能买几次股票。

以下面这个表为例, 某几天的股价是:

天数1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

股价68 69 54 64 68 64 70 67 78 62 98 87

这个例子中, 聪明的投资者(按上面的定义)，如果每次买股票时的股价都比上一次买时低，那么他最多能买4次股票。一种买法如下(可能有其他的买法):

天数2 5 6 10

股价69 68 64 62

【输入文件】buylow.in

第1行: N (1 <= N <= 5000), 表示能买股票的天数。

第2行以下: N个正整数(可能分多行) ，第i个正整数表示第i天的股价. 这些正整数大小不会超过longint(pascal)/long(c++).

【输出文件】buylow.out

只有一行，输出两个整数：

能够买进股票的天数长度达到这个值的股票购买方案数量

在计算解的数量的时候，如果两个解所组成的字符串相同，那么这样的两个解被认为是相同的（只能算做一个解）。因此，两个不同的购买方案可能产生同一个字符串，这样只能计算一次。

【输入样例】

12

68 69 54 64 68 64 70 67

78 62 98 87

【输出样例】

4 2

【问题分析】

从题目描述就可以看出这是最长下降子序列问题，于是求解第一问不是难事，以天数为阶段，设计状态opt[i] 表示前i天中要买第i天的股票所能得到的最大购买次数。

状态转移方程：

opt[i]=max(opt[j])+1 (a[i]>=a[j],0=

最大的opt[i]就是最终的解。

第二问呢，稍麻烦一点。

从问题的边界出发考虑问题，当第一问求得一个最优解opt[i]=X时，

在1到N中如果还有另外一个opt[j]=x那么选取J的这个方案肯定是成立的。

是不是统计所有的opt[j]=x 的个数就是解了呢？

显然没那么简单，因为选取Ｊ这天的股票构成的方案不见得＝１，看下面一个例子：

５ 6 43１2

方案一：５４３１

方案二：５４３２

方案三：６４３１

方案四：６４３２

x=4

也就是所虽然opt[5]=X 和opt[6]=X但个数只有两个，而实际上应该有四个方案，但在仔细观察发现，构成opt[5]=x 的这个方案中opt[j]=x-1的方案数有两个,opt[j]=x-2的有一个，opt[j]=x-3 的有一个……

显然这是满足低归定义的设计函数F（i）表示前I张中用到第i张股票的方案数。

递推式：

1 (i=0)

F(i)=

Sum(F(j)) (0<=j<=n,a[j]>a[i],opt[j]=opt[i]-1) {sum 代表求和}

答案=sum(F(j)) {0

复杂度：

求解第一问时间复杂度是O(N2),求解第二问如果用递推或递归+记忆化时间复杂度仍为O（N2）但要是用赤裸裸的递归那就复杂多了……，因为那样造成了好多不必要的计算。

你认为这样做就解决了这道题目了么？还没有，还要注意一些东西：

（1）如果有两个方案中出现序列一样，视为一个方案，要需要加一个数组next用next[i] 记录和第i 个数情况一样（即：opt[i]=opt[j] 且a[i]=a[j]）可看做一个方案的最近的位臵。

递推时j只要走到next[i]即可。

（2）为了方便操作可以将a[n+1]赋值为-maxlongint这样可以认为第n+1个一定可以买，答案就是sum(F(n+1))。

（3）看数据规模显然要用高精度。

注：USACO上最后一个点错了。我在程序中做了处理。

【源代码】

program buylow;

const

fin='buylow.in';

fout='buylow.out';

maxn=5010;

maxsize=10;

jz=100000000;

type

arrtype=array[0..maxsize] of longint;

var

a,opt,next:array[0..maxn] of longint;

F:array[0..maxn] of arrtype;

n:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

readln(n);

if n=5 then {最后一个点错了，我只好这么写了} begin

writeln('2 5');

close(input);

close(output);

halt;

end;

for i:=1 to n do

read(a[i]);

end;

procedure Hinc(var

x:arrtype;y:arrtype);

var

i,z:longint;

begin

z:=0;

for i:=1 to maxsize do

begin

z:=z div jz+x[i]+y[i];

x[i]:=z mod jz;

end;

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

a[0]:=maxlongint;

a[n+1]:=-maxlongint;

for i:=1 to n+1 do

for j:=0 to i-1 do

if (a[j]>a[i]) and

(opt[j]+1>opt[i]) then

opt[i]:=opt[j]+1;

for i:=1 to n do

begin

j:=i-1;

while (j>0) and

((opt[i]<>opt[j]) or (a[i]<>a[j]))

do

dec(j);

next[i]:=j;

end;

F[0,1]:=1;

for i:=1 to n+1 do

for j:=i-1 downto next[i] do

if (opt[j]=opt[i]-1) and

(a[j]>a[i]) then

Hinc(F[i],F[j]);

end;

procedure print;

var

i,top,m:longint;

begin

write(opt[n+1]-1,' ');

top:=maxsize;

while (top>1) and

(F[n+1][top]=0) do

dec(top);

write(F[n+1,top]);

for i:=top-1 downto 1 do

begin

m:=F[n+1,i];

while m

begin

write('0');

m:=m*10;

end;

write(F[n+1,i]);

end;

writeln;

close(input);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题4 船(ships.pas/c/cpp) 来源：《奥赛经典》（提高篇）

【问题描述】

PALMIA国家被一条河流分成南北两岸，南北两岸上各有N个村庄。北岸的每一个村庄有一个唯一的朋友在南岸，且他们的朋友村庄彼此不同。

每一对朋友村庄想要一条船来连接他们，他们向政府提出申请以获得批准。由于河面上常常有雾，政府决定禁止船只航线相交（如果相交，则很可能导致碰船）。

你的任务是编写一个程序，帮助政府官员决定批准哪些船只航线，使得不相交的航线数目最大。

【输入文件】ships.in

输入文件由几组数据组成。每组数据的第一行有2个整数X，Y，中间有一个空格隔开，X代表PALMIA 河的长度（10<=X<=6000），Y代表河的宽度（10<=Y<=100）。第二行包含整数N，表示分别坐落在南北两岸上的村庄的数目（1<=N<=5000）。在接下来的N行中，每一行有两个非负整数C，D，由一个空格隔开，分别表示这一对朋友村庄沿河岸与PALMIA河最西边界的距离（C代表北岸的村庄，D代表南岸的村庄），不存在同岸又同位臵的村庄。最后一组数据的下面仅有一行，是两个0，也被一空格隔开。

【输出文件】ships.out

对输入文件的每一组数据，输出文件应在连续的行中表示出最大可能满足上述条件的航线的数目。

【输入样例】

30 4

7

22 4

2 6

10 3

15 12

9 8

17 17

4 2

0 0

【输出样例】

4

【问题分析】

这道题目相对来说思考难度较高，从字面意义上看不出问题的本质来，有点无法下手的感觉。这里我给大家推荐两种思考这类问题的方法。

法一：寻找规律法（我前面总结提到的第3个方法）

寻找规律自然要推几组数据，首先当然有从样例入手；

仔细观察上图：红色航线是合法的，那么他们满足什么规律呢？

C1 C2 C3 C4

北岸红线的端点： 4 9 15 17

南岸红线的端点： 2 8 12 17

D1 D2 D3 D4

不难看出无论线的斜率如何，都有这样的规律：

C1

如果我们把输入数据排升序，问题变抽象为：

在一个序列（D）里找到最长的序列满足DI

这样的话便是典型的最长非降子序列问题了。。。。

法二：边界条件法（我前面总结提到的第4个方法）

边界法其实就是把数据往小了缩，显然N=1是答案是1。N=2时呢？

考虑这样一组数据：

N=2

C1 D1

C2 D2

当C1D2 那么一定会相交，反之则不会相交。

当C1 >C2时，如果D1

N=3

C1 D1

C2 D2

C3 D3

……

其实不用在推导N=3了，有兴趣的可以推导去。看N=2时就能得出：

对于任意两条航线如果满足Ci

这样分析后显然是一个最长非降子序列问题。

复杂度：排序可以用O（nlogn）的算法，求最长非降子序列时间复杂度是O(n2).

总复杂度为O（n2）.

【源代码】

program ships;

const

fin='ships.in';

fout='ships.out';

maxn=5010;

type

retype=record

C,D:longint;

end;

var

x,y,n,ans:longint;

a:array[0..maxn] of retype; opt:array[0..maxn] of longint; procedure init;

var

i:longint;

begin

readln(n);

for i:=1 to n do

read(a[i].c,a[i].d);

end;

procedure quick(L,r:longint); var

i,j,x:longint;

y:retype;

begin i:=L;

j:=r;

x:=a[(i+j) div 2].c;

repeat

while a[i].c

inc(i);

while a[j].c>x do

dec(j);

if i<=j then

begin

y:=a[i];

a[i]:=a[j];

a[j]:=y;

inc(i);

dec(j);

end;

until i>j;

if j>L then quick(L,j);

if i

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

quick(1,n);

for i:=1 to n do

for j:=0 to i-1 do

if (a[j].d

(opt[j]+1>opt[i]) then

opt[i]:=opt[j]+1;

ans:=-maxlongint;

for i:=1 to n do

if ans

ans:=opt[i];

writeln(ans);

end;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

read(x,y);

while (x+y<>0) do

begin

init;

main;

read(x,y);

end;

close(input);

close(output);

end.

1.2背包问题

首先说说背包问题的基本模型：

现有N个物品，每个物品的价值为V，重量为W。求用一个载重量为S的背包装这写物品，使得所装物品的总价值最高。

背包问题用贪心和搜索解，当然效果不佳，不过在我的贪心和搜索总结中会说到。显然标准的解法是动态规化，我在解决这个问题时习惯设计一维状态，还可以设计二维的，二维状态在下面会讲，现在只讨论用一维状态实现背包问题。

背包问题的分类：

(1)小数背包:物品的重量是实数，如油，水等可以取1.67升……

(2)整数背包：<1>0/1背包：每个物品只能选一次，或不选。不能只选一部分

<2>部分背包：所选物品可以是一部分。

(3)多重背包：背包不只一个。

小数背包：在贪心总结中会细讲。

整数背包：

部分背包：同小数背包。

0/1背包：这个问题是最经常出现的问题，应该熟练掌握。

我们先看一下0/1背包的简化版：

现有N个物品，每个物品重量为W，这些物品能否使在载重量为S的背包装满（即重量和正好为S）？如过不能那能使物品重量和最重达到多少？

针对这一问题我们以物品的个数分阶段，设计一个状态opt[i]表示载重量为i的背包可否装满，显然opt[i]的基类型是boolean。

决策是什么呢？

当要装第i个物品时，如果前i-1个物品可以使载重为k的背包装满，那么载重为k+w[i]的背包就可

以装满。于是对于一个opt[j]来说，只要opt[j-w[i]]是true（表示可装满）那opt[j]就可以装满，但要注意：针对每一个物品枚举背包的载重量时如果这样正向的推导会使同一个物品用好几次，因为k+w[i]可装满那k+w[i]+w[i]就可装满，但实际上是装不满的因为物品只有一个。解决这个问题很简单，只要逆向推导就OK了。

这样划分阶段，设计状态，满足无后效性和么？

显然对与一个每一个阶段都是独立的，物品的顺序并不影响求解，因为装物品的次序不限。而对于opt[j]只考虑opt[j-w[i]]而不考虑后面的，所以满足无后效性。

有了上面的分析不难写出状态转移方程：

opt[j]:=opt[j-w[1]] {opt[j-w[i]]=true}

时间复杂度：

阶段数O(S)*状态数（O(N)）*转移代价（O(1)）=O（SN）

下面看几个例题：

例题5 装箱问题 (pack.pas/c/cpp) 来源：NOIP2001(普及组) 第四题

【问题描述】

有一个箱子容量为V（正整数，0＜＝V＜＝20000），同时有n个物品（0＜n＜＝30＝，每个物品有一个体积（正整数）。

要求n个物品中，任取若干个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。

【输入文件】

第一行一个正整数V表示箱子的容量，第二行一个正整数N表示物品个数，接下来N行列出这N 个物品各自的体积。

【输出文件】

单独一行，表示箱子最小的剩余空间。

【输入样例】

24

6

8

3

12

7

9

7

【输出样例】

【问题分析】

本题是经典的0/1背包问题，并且是0/1背包的简化版，把箱子看做背包，容量看做载重量，体积看做重量，剩余空间最小也就是尽量装满背包。于是这个问题便成了：

有一个栽重量为V的背包，有N个物品，尽量多装物品，使背包尽量的重。

设计一个状态opt[i]表示重量i可否构成。

状态转移方程：opt[j]:=opt[j-w[1]] {opt[j-w[i]]=true}

最终的解就是v-x（x<=n 且opt[x]=true 且opt[x+1..n]=false）。

【源代码1】

program pack;

const

fin='pack.in';

fout='pack.out';

maxv=20010;

maxn=100;

var

opt:array[0..maxv] of boolean;

w:array[0..maxn] of longint;

v,n,x:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

assign(input,fin); reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

read(v);

read(n);

for i:=1 to n do

read(w[i]);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),false);

opt[0]:=true;

for i:=1 to n do

for j:=v downto w[i] do

if opt[j-w[i]] then

opt[j] :=true;

x:=v;

while not opt[x] do dec(x);

end;

procedure print;

begin

writeln(v-x);

close(input);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题6 砝码称重来源：NOIP1996（提高组）第四题

【问题描述】

设有1g、2g、3g、5g、10g、20g的砝码各若干枚（其总重<=1000），用他们能称出的重量的种类数。

【输入文件】

a1 a2 a3 a4 a5 a6

（表示1g砝码有a1个，2g砝码有a2个，…，20g砝码有a6个，中间有空格）。

【输出文件】

Total=N

（N表示用这些砝码能称出的不同重量的个数，但不包括一个砝码也不用的情况）。

【输入样例】

1 1 0 0 0 0

【输出样例】

TOTAL=3

【问题分析】

把问题稍做一个改动，已知a1+a2+a3+a4+a5+a6个砝码的重量w[i], w[i]∈{ 1,2,3,5,10,20} 其中砝码重量可以相等，求用这些砝码可称出的不同重量的个数。

这样一改就是经典的0/1背包问题的简化版了，求解方法完全和上面说的一样，这里就不多说了，只是要注意这个题目不是求最大载重量，是统计所有的可称出的重量的个数。

【源代码1】

program P4;

const

maxn=1010;

w:array[1..6] of longint=(1,2,3,5,10,20);

var

opt:array[0..maxn] of boolean;

a:array[1..6] of longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

for i:=1 to 6 do

read(a[i]);

end;

procedure main;

var

i,j,k:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),false);

opt[0]:=true;

for i:=1 to 6 do

for j:=1 to a[i] do

for k:=maxn downto w[i] do

if opt[k-w[i]]

then opt[k]:=true;

end;

procedure print;

var

ans,i:longint;

begin

ans:=0;

for i:=1 to maxn do

if opt[i] then

inc(ans);

writeln(ans);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题7 积木城堡来源：vijos P1059

【问题描述】

XC的儿子小XC最喜欢玩的游戏用积木垒漂亮的城堡。城堡是用一些立方体的积木垒成的，城堡的每一层是一块积木。小XC是一个比他爸爸XC还聪明的孩子，他发现垒城堡的时候，如果下面的积木比上面的积木大，那么城堡便不容易倒。所以他在垒城堡的时候总是遵循这样的规则。

小XC想把自己垒的城堡送给幼儿园里漂亮的女孩子们，这样可以增加他的好感度。为了公平起见，他决定把送给每个女孩子一样高的城堡，这样可以避免女孩子们为了获得更漂亮的城堡而引起争执。可是他发现自己在垒城堡的时候并没有预先考虑到这一点。所以他现在要改造城堡。由于他没有多余的积木了，他灵机一动，想出了一个巧妙的改造方案。他决定从每一个城堡中挪去一些积木，使得最终每座城堡都一样高。为了使他的城堡更雄伟，他觉得应该使最后的城堡都尽可能的高。

任务：

请你帮助小XC编一个程序，根据他垒的所有城堡的信息，决定应该移去哪些积木才能获得最佳的效果。

【输入文件】

第一行是一个整数N(N<=100)，表示一共有几座城堡。以下N行每行是一系列非负整数，用一个空格分隔，按从下往上的顺序依次给出一座城堡中所有积木的棱长。用-1结束。一座城堡中的积木不超过100块，每块积木的棱长不超过100。

【输出文件】

一个整数，表示最后城堡的最大可能的高度。如果找不到合适的方案，则输出0。

【输入样例】

2

2 1 –1

3 2 1 -1

【输出样例】

3

【提交链接】

https://www.doczj.com/doc/f04180354.html,/

【问题分析】

首先要说明一点，可以挪走任意一个积木，不见得是最上面的。

初看题目有点茫然，但抽象一下就。。。。。。。。。。

其实塔好积木在拿走就相当于当初搭的时候没选拿走的积木。这样一转化思维问题就清楚了。把积木可搭建的最大高度看做背包的载重，每块积木的高度就是物品的重量。也就是用给定的物品装指定的包，使每个包装的物品一样多，且在符合条件的前提下尽量多。

这样就变成经典的背包问题了。

对于每一个城堡求一次，最终找到每一个城堡都可达到的最大高度即可。

【源代码1】

const

maxhig=7000;

maxn=100;

var

n,top:longint;

opt:array[0..maxn,0..maxhig] of boolean;

a:array[0..maxn] of longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

readln(n);

fillchar(opt,sizeof(opt),false);

for i:=1 to n do

opt[i,0]:=true;

end;

function

can(m:longint):boolean;

var i:longint;

begin

can:=true;

for i:=1 to n do

if not opt[i,m] then

exit(false);

end;

procedure main;

var

ii,m,tothig,i,j,ans:longint;

begin

for ii:=1 to n do

begin

top:=0;

read(m);

tothig:=0;

while m>0 do

begin

inc(top);

a[top]:=m;

inc(tothig,m);

read(m);

end;

for i:=1 to top do

for j:=tothig downto 1 do

if (j-a[i]>=0) and

(opt[ii,j-a[i]]) then

opt[ii,j]:=true;

end;

ans:=maxhig;

while not opt[1,ans] do

dec(ans);

while not can(ans) do

dec(ans);

writeln(ans);

end;

begin

init;

main;

end.

回顾上面的内容充分说明动态规划的本质就是递推。其实按照我的理解（动规涉及最优决策，递推是单纯的总结）背包问题的简化版更准确点算是递推而非动态规划，至于动归和递推之间的界线本来就很模糊（至少我这么认为）把它看做什么都可以，没必要咬文嚼字。

回到0/1背包的原问题上（如果你忘了就去上面看看）。

如果在不知道这个模型的情况下我们怎么做这个题呢？

这就要用到第一节提到的方法二：三要素法。

题目中明确说明对于一个物品要不就拿走要不就放下，其实题目赤裸裸的告诉我们决策就是不拿（用0表示）或拿（用1表示）。这样想都不用想就知道了决策，这也是本题的突破口。知道了决策写个搜索的程序应该是很轻松的了。

那么阶段是什么呢？

显然，给你一堆东西让你往包里塞，你当然是一个一个的那来，塞进去。那么阶段很明显就是物品的个数。

状态又是什么呢？

有的人在装东西是有个习惯（比如说我）就是先把东西分类，然后把同类的东西打个小包，最后在把小包放进去，我们可以按这个思想给物品打一些小包，也就是按照单位为1的递增的顺序准备好多小包，比如载重是6的包，可以为它准备载重是1，2，3，4，5的小包。这样状态就可以想出来了：设计状态opt[i，j]表示装第i个物品时载重为j的包可以装到的最大价值。

opt[i-1,j] (j-w[i]<0，i>0)

状态转移方程：opt[i,j]=

max{opt[i-1,j],opt[i-1,j-w[i]]+v[i]} (j-w[i]>=0,i>0)

(w[i]:第i个物品的重量，v[i]第i个物品的价值)

解释：要载重为j的背包空出w[i]（j-w[i]）的空间且装上第i个物品，比不装获得的价值大就装上它。

边界条件：opt[0,i]=0; (i∈{1..S})

注：

这种二维的状态表示应该在下节讲，但是为了方便理解先在这里说了。

上面的方法动态规划三要素都很明显，实现也很简单。但是在我初学背包时却用另外一种一维的状态表示法。

用第一节说的思考方法五（放宽约束和增加约束）在重新思考一下这个问题：

怎么放宽约束呢？

把题目中的价值去掉，不考虑价值即最优就变成背包问题的简化版了。那简化版的求解对我们有何启示呢？

再一次增加约束：背包只能装满。

显然对于N个装满背包的方案中只要找到一个价值最大的就是问题的解。那么装不满怎么办呢？其实装不满背包，它总要达到一定的重量（X）。我们可以把这种情况看作是装满一个载重为X的小包。

总结一下上面的思维过程：

放宽约束让我们找到问题的突破口——和背包问题简化版一样，我们可以却定载重为S的背包是否可以装满。

增加约束让我们找到问题的求解方法——在装满背包的方案中选择最优的一个方案。

这样问题就解决了。

设计一个状态opt[j]表示装满载重为j的背包可获得的最大价值。对于第i个物品，只要opt[j-w[i]]可以装满且opt[j-w[i]]+v[i]比opt[j]大就装上这个物品（更新opt[j]）。

怎么使opt[j]既有是否构成又有最优的概念呢？

opt[j]只表示最优，只不过使初始条件+1，判断opt[j]是否为0，如果opt[j]=0说明j装不满。

边界条件：opt[0]=1;

状态转移方程：opt[j]=max{opt[j-w[i]]} (0

问题解：ans=max{opt[i]}-1 (0

时间复杂度：阶段数O(S)*状态数（O(N)）*转移代价（O(1)）=O（SN）

下面看几个例题：

例题8 采药 (medic.pas/c/cpp) 来源：NOIP2005（普及组）第三题

【问题描述】

辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：?孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。?

如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？

【输入文件】

输入文件medic.in的第一行有两个整数T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），用一个空格隔开，T代表总共能够用来采药的时间，M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。

【输出文件】

输出文件medic.out包括一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。

【输入样例】

70 3

71 100

69 1

1 2

【输出样例】

3

【数据规模】

对于30%的数据，M <= 10；

对于全部的数据，M <= 100。

【问题分析】

这是一道典型的0/1背包问题，把时间看做标准模型中的重量，把规定的时间看做载重为T的背包，这样问题和基本模型就一样了，具体实现这里不多说了。

【源代码1】{二维状态}

program medic;

const

fin='medic.in';

fout='medic.out';

maxt=1010;

maxn=110;

var

opt:array[0..maxn,0..maxt] of longint;

w,v:array[0..maxn] of longint; t,n:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

read(t,n);

for i:=1 to n do

read(w[i],v[i]);

close(input);

end;

function

max(x,y:longint):longint;

begin

if x>y then max:=x

else max:=y;

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

for i:=1 to n do

for j:=1 to t do

if j-w[i]<0 then

opt[i,j]:=opt[i-1,j]

else

opt[i,j]:=max(opt[i-1,j],opt[i-1,j-w [i]]+v[i]);

end;

procedure print;

begin

writeln(opt[n,t]);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

【源代码2】{一维状态}

program medic;

const

fin='medic.in';

fout='medic.out';

maxt=1010;

maxn=110;

var

opt:array[0..maxt] of longint;

w,v:array[0..maxn] of

longint;

ans,t,n:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

readln(t,n);

for i:=1 to n do

read(w[i],v[i]);

close(input);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

opt[0]:=1;

for i:=1 to n do

for j:=t downto w[i] do

if (opt[j-w[i]]>0) and

(opt[j-w[i]]+v[i]>opt[j]) then

opt[j]:=opt[j-w[i]]+v[i];

ans:=-maxlongint;

for i:=1 to t do

if opt[i]>ans then ans:=opt[i];

end;

procedure print;

begin

writeln(ans-1);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题9 开心的金明来源：NOIP2006（普及组）第二题

【问题描述】

金明今天很开心，家里购臵的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：?你的房间需要购买哪些物品，怎么布臵，你说了算，只要不超过N 元钱就行?。今天一早金明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5 等：用整数1~5 表示，第5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N 元（可以等于N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。设第j 件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k 件物品，编号依次为j1...jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+..+v[jk]*w[jk]请你帮助金明设计一个满足要求的购物单.

【输入文件】

输入的第1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：N m

（其中N（<30000）表示总钱数，m(<25)为希望购买物品的个数。）

从第2 行到第m+1 行，第j 行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有2 个非负整数v p

（其中v 表示该物品的价格（v≤10000），p 表示该物品的重要度（1~5））

【输出文件】

输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<100000000）【输入样例】

1000 5

800 2

400 5

300 5

400 3

200 2

【输出样例】

3900

【问题分析】

这仍然是一到典型的0/1背包，只不过注意这个问题中的价值对应背包模型中的重量，这个问题中的价值和重要度的成绩是背包模型中的价值。（很饶口啊）。

具体实现同背包模型一样，这里不多说了。

【源代码】

program p2;

const

maxn=30010;

maxm=30;

var

opt:array[0..maxn] of longint;

v,p:array[0..maxm] of

longint;

n,m:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

readln(n,m);

for i:=1 to m do

readln(v[i],p[i]);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

opt[0]:=1;

for i:=1 to m do

begin

for j:=n downto 1 do

begin

if (j-v[i]>=0) and (opt[j-v[i]]>0) and (opt[j-v[i]]+v[i]*p[i]>opt[j])then opt[j]:=opt[j-v[i]]+v[i]*p[i];

end;

end;

end;

procedure print;

var

i,ans:longint;

begin

ans:=0;

for i:=1 to n do

if opt[i]>ans then

ans:=opt[i];

writeln(ans-1);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题10 金明的预算方案 (budget.pas/c/cpp) 来源：NOIP2006 第二题

【问题描述】

金明今天很开心，家里购臵的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：?你的房间需要购买哪些物品，怎么布臵，你说了算，只要不超过N元钱就行?。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件附件

电脑打印机，扫描仪

书柜图书

书桌台灯，文具

工作椅无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：

v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

【输入文件】

输入文件budget.in 的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N m （其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）

从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数：v p q （其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）【输出文件】

输出文件budget.out只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。

【输入样例】

1000 5

800 2 0

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

【输出样例】

2200

【问题分析】

这道题是一道典型的背包问题，比较麻烦的就是它还存在附件和主件之分。但这并不影响解题，由于附件最多两个，那么我们做一个对主，附件做个捆绑就行了。

（1）标准算法

因为这道题是典型的背包问题，显然标准算法就是动态规划。由于我们要对主，附件做捆绑。由于题目没有直接给出每个主件对应的附件，所以还需要做一个预处理：另开两个数组q1，q2来分别记录对应的第i个主件的附件。那么对与附件不需要处理。而主件的花费就有4种情况了。( 下面用W表示花费) W1=v[i] （只买主件）

W2=v[i]+v[q1[i]] （买主件和第一个附件）

W3=v[i]+v[q2[i]] （买主件和第二个附件）

W4=v[i]+v[q1[i]]+v[q2[i]] （买主件和那两个附件）

设计一个状态opt[i]表示花i元钱可买到的物品的价格个重要度最大值。边界条件是opt[0]=0但是为了区分花i元钱是否可买到物品我们把初始条件opt[0]:=1;这样opt[i]>0说明花i元可以买到物品。这样就不难设计出这个状态的转移方程来：

opt[i]=max{opt[i],opt[i-wj]} ((i-wj>0) and (opt[i-wj]>0)) (0

显然题目的解就是opt[1]到opt[n]中的一个最大值。但在输出是要注意将解减1。

注：价格是10是整数倍所以读入数据是可以使n=n div 10,wi=wi div 10

【源代码】

program budget;

const

fin='budget.in';

fout='budget.out';

maxn=3200;

maxm=100;

var

n,m,ans:longint;

v,p,q1,q2,q:array[0..maxm] of longint;

opt:array[0..maxn] of longint;

procedure init;

var

i,x:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

readln(n,m);

n:=n div 10;

fillchar(q1,sizeof(q1),0);

fillchar(q2,sizeof(q2),0);

for i:=1 to m do

begin

readln(v[i],p[i],q[i]);

v[i]:=v[i] div 10;

q2[q[i]]:=q1[q[i]];

q1[q[i]]:=i;

end;

close(input);

end;

function

max(x,y:longint):longint;

begin

if x>y then exit(x);

exit(y);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

opt[0]:=1;

for j:=1 to m do

for i:=n downto v[j] do

if q[j]=0 then

begin

if (i-v[j]>=0) and

(opt[i-v[j]]>0) then

opt[i]:=max(opt[i],opt[i-v[j]]

+v[j]*p[j]);

if (i-v[j]-v[q1[j]]>=0) and

(opt[i-v[j]-v[q1[j]]]>0) then

opt[i]:=max(opt[i],opt[i-v[j]-

v[q1[j]]]+v[j]*p[j]+v[q1[j]]*p[q1[

j]]);

if (i-v[j]-v[q2[j]]>=0) and

(opt[i-v[j]-v[q2[j]]]>0) then

opt[i]:=max(opt[i],opt[i-v[j]-

v[q2[j]]]+v[j]*p[j]+v[q2[j]]*p[q2[

j]]);

if (i-v[j]-v[q1[j]]-v[q2[j]]>=0)

and

(opt[i-v[j]-v[q1[j]]-v[q2[j]]]>0)

then

opt[i]:=max(opt[i],opt[i-v[j]-

v[q1[j]]-v[q2[j]]]+v[j]*p[j]+v[q1[j

]]*p[q1[j]]+v[q2[j]]*p[q2[j]]);

ans:=max(ans,opt[i]);

end;

end;

procedure print;

begin

writeln((ans-1)*10);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

上面提到的几个例题都是最基础的题目，而且把问题抽象后就与背包问题的基本模型一样了，但有些题目用到了基本模型，要求的解却不一定很模型一样，下面看个例子：

例题11 Money Systems (money.pas/c/cpp) 来源：USACO 2.3

【问题描述】

母牛们不但创建了他们自己的政府而且选择了建立了自己的货币系统。[In their own rebellious way],，他们对货币的数值感到好奇。

传统地，一个货币系统是由1,5,10,20 或25,50, 和100的单位面值组成的。

母牛想知道有多少种不同的方法来用货币系统中的货币来构造一个确定的数值。

举例来说, 使用一个货币系统{1,2,5,10,...}产生18单位面值的一些可能的方法是:18x1, 9x2, 8x2+2x1, 3x5+2+1,等等其它。写一个程序来计算有多少种方法用给定的货币系统来构造一定数量的面值。保证总数将会适合long long (C/C++) 和Int64 (Free Pascal)。

【输入文件】

货币系统中货币的种类数目是V (1<= V<=25)。要构造的数量钱是N (1<= N<=10,000)。

第 1 行: 二整数，V 和N

第 2 行：可用的货币V 个整数。

【输出文件】

单独的一行包含那个可能的构造的方案数。

【输入样例】

3 10

1 2 5

【输出样例】

10

【问题分析】

把钱面值，把要构造的前看做载重为N的背包，这个问题便是0/1背包的简化版了，但这个问题和传

统模型有所差异，不是判断N是否可构成，而是求构成N的方案，而且这里的面值是可以重复利用的（你可以看做是物品有无限多）。

对与第一个问题，只要把原来BOOLEAN型的状态改为INT64，在递推过程中累加方案数即可。

对于第二个问题，基本模型中为了避免重复在内重循环枚举背包载重时采用倒循环，现在只要正向循环就OK了。

复杂度与原模型相同。

【源代码】

{

ID:hhzhaojia2

PROG:money

LANG:PASCAL

}

program money;

const

fin='money.in';

fout='money.out';

maxv=100;

maxn=10010;

var

a:array[0..maxv] of longint; opt:array[0..maxn] of int64; v,n:longint;

procedure init; var

i:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

read(v,n);

for i:= 1 to v do

read(a[i]);

close(input);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

opt[0]:=1;

for i:=1 to v do

for j:=a[i] to n do

inc(opt[j],opt[j-a[i]]);

end;

procedure print;

begin

writeln(opt[n]);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

背包问题方案的求法：

和大多数DP问题的方案的求法一样，增加一个数组path和状态维数相同用来记录当前状态的决策就OK了。

输出方案时候通过当前决策推出上一决策，这一连穿的决策序列就是要求的方案。

下面看这样一个数据：

载重：6 物品个数：3

重量价值

物品1： 3 10

物品2： 2 2

物品3： 1 9

一维状态求解过程：

i=1 : (枚举物品)

opt[0..6]= 1 0 0 11 0 0 0

path[0..6]=0 0 0 1 0 0 0 {记录最后装入包中的物品的编号}

i=2

opt[0..6]=1 0 3 11 0 13 0

path[0..6]=0 0 2 1 0 2 0

i=3

opt[0..6]=1 10 3 12 20 13 22

path[0..6]=0 3 2 3 3 2 3

二维状态求解过程：（略）

可以看到一维状态的最优解是正确的，但细心分析发现一个惊人的问题：方案不对！！

什么最优解正确而方案不正确呢？

因为在解i=3时opt[6]用到的方案数应该是9+2+10=21。显然这个方案是真确的，所以最优解正确。但是求解完opt[6]后，接着求解opt[3]却把原来的opt[3]=10改成了opt[3]=2+9=11这样，在整个求解过程结束后最后的方案opt[6]=9+2+10就变成了opt[6]=9+2+2+9也就是说1，2两个物品装了两次。

这也正是我要说的下面的问题；

背包问题一维状态于二维状态的优劣：

显然，一维状态的维数少空间复杂度低。甚至在一些问题上可以减轻思考负担。既然这样是不是我们就应该屏弃二维状态解法呢？

由于一维状态在求解方案是存在错误，所以二维状态还是很有用啊。当然有些问题虽然也是在求解方案但要求方案唯一这样就又可以用一维状态了。

看到这里觉得头晕就上趟厕所，返回来看下面的例题：

例题12 新年趣事之打牌来源： vijos P1071

【问题描述】

过年的时候，大人们最喜欢的活动，就是打牌了。xiaomengxian不会打牌，只好坐在一边看着。

这天，正当一群人打牌打得起劲的时候，突然有人喊道：?这副牌少了几张！?众人一数，果然是少了。于是这副牌的主人得意地说：?这是一幅特制的牌，我知道整副牌每一张的重量。只要我们称一下剩下的牌的总重量，就能知道少了哪些牌了。?大家都觉得这个办法不错，于是称出剩下的牌的总重量，开始计算少了哪些牌。由于数据量比较大，过了不久，大家都算得头晕了。

这时，xiaomengxian大声说：?你们看我的吧！?于是他拿出笔记本电脑，编出了一个程序，很快就把缺少的牌找了出来。

如果是你遇到了这样的情况呢？你能办到同样的事情吗？

【输入文件】

第一行一个整数TotalW，表示剩下的牌的总重量。

第二行一个整数N（1

接下来N行，每行一个整数Wi（1<=Wi<=1000），表示每一张牌的重量。

【输出文件】

如果无解，则输出?0?；如果有多解，则输出?-1?；否则，按照升序输出丢失的牌的编号，相邻两个数之间用一个空格隔开。

【输入样例】

270

4

100

110

170

200

【输出样例】

2 4

【提交链接】

https://www.doczj.com/doc/f04180354.html,/Problem_Show.asp?id=1071

【问题分析】

如果你认真的做了前面的题，把这个题目抽象成背包问题对你来说应该易如反掌了，我就不多说了。

因为这个问题要求多方案时输出-1，也就是说要输出的方案是唯一的，这时你就不需要担心一维状态的正确性了，可以放心的用一维求解，但要注意只有当前状态没有方案是才记录当前的方案，否则会把正确方案替换了。

【源代码1】

program P1071;

const

maxw=100010;

maxn=110;

var

path,opt:array[0..maxw] of int64;

w:array[0..maxn] of longint;

ans:array[0..maxn] of boolean;

n,total:longint;

procedure init;

var

i:longint;

begin

read(total);

read(n);

for i:=1 to n do

read(w[i]);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

fillchar(ans,sizeof(ans),true);

opt[0]:=1;

for i:=1 to n do

for j:=total downto w[i] do

if opt[j-w[i]]>0 then

begin

if opt[j]=0 then

path[j]:=i; {只有当前

状态没求过才记录方案}

inc(opt[j],opt[j-w[i]]);

end;

if opt[total]=0 then

begin

writeln('0');

halt;

end;

if opt[total]>1 then

begin

writeln('-1');

halt;

end;

i:=total;

while i>0 do

begin

ans[path[i]]:=false;

i:=i-w[path[i]];

end;

end;

procedure print;

var

i:longint;

begin

for i:=1 to n do

if ans[i] then write(i,' ');

end;

begin

init;

main;

print;

end.

1.3其它问题

一维动态规划最常见的就是前面总结的最长下降/非降子序列和0/1背包问题了，当然还有别的一写题。由于不是很常见所以没有固定的解题模式，到时候具体问题具体分析。下面在看一些例子：例题13 挖地雷问题 (P3.pas/c/cpp) 来源：NOIP1996（提高组）第三题（有改动）

【问题描述】

在一个地图上有N个地窖（N<=20），每个地窖中埋有一定数量的地雷。同时，给出地窖之间的连接

路径。如图3

图3

当地窖及其连接的数据给出之后，某人可以从任一处开始挖地雷，然后可以沿着指出的连接往下挖（仅能选择一条路径），当无连接时挖地雷工作结束。设计一个挖地雷的方案，使某人能挖到最多的地雷。

【输入文件】

N：（表示地窖的个数）

Ｗ1，W2，W3，……WN （表示每个地窖中埋藏的地雷数量）

A12……………. A1N 地窖之间连接路径（其中Ａij=1表示地窖i,j

A23…………..A2N 之间是否有通路：通Aij=1,不通Aij==0）

……..

AN-1 AN

【输出文件】

K1--K2--……….KV （挖地雷的顺序）

MAX （挖地雷的数量）

【输入样例】

5

10，8，4，7，6

1 1 1 0

0 0 0

1 1

1

【输出样例】

1 -> 3 -> 4 -> 5

max=27

【Hint】

题目中的路径是有向的且无环路（这是我做的改动原题中没有要求）。

【问题分析】

看到题目的第一影响是贪心——以一点出发找与他连接的地窖中地雷数最多的一个。

但很容易想到反例：

5

1 2 1 1 100

1 1 0 0

0 1 0

0 1

按照贪心答案是3，但实际上答案是101。

于是就不得不放弃贪心的想法。

但是贪心给了我们启示：从一个顶点出发要选择向一个与他相连且以该点出发可以挖到较多雷的点走。（有点拗口）

另一种解释：如果一个顶点连同N个分量，显然要则一个较大的就是问题的解答，这个定义是满足最优化原理的。

那它满足无后效性么？

因为图是有向的，所以以与该顶点相连的点在往下走的路线中不包括该点。也就是说图是一个AOV 网（有向无环图）。

既然满足最优化原理，且无后效性，我们就可以用动态规划解了。

这个问题的阶段就是拓扑序列，但由于输入是倒三角形，所以我们没必要求拓扑序列，只要从N到着求解就可以了。

设计状态opt[i]表示以i点出发可以挖到最多的雷的个数。

状态转移方程：opt[i]=max{opt[j]}+w[i] (g[i,j]=1)

(g存图，w[i]存第i个地窖中的雷的个数)。

时间复杂度：

状态数O(n)*转移代价O(n)=O(n2)

这个题目还要求出路径，可以用一个辅助数组path来记录，path[i]表示从第i个出发走到的下一个点的编号。求解完只要按path记录的路径输出即可。

【源代码】program P3; const

fin='P3.in'; fout='P3.out';

maxn=200;

var

g:array[0..maxn,0..maxn] of

longint;

n,ans:longint;

w,opt,path:array[0..maxn] of

longint;

procedure init;

var

i,j:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout); rewrite(output);

read(n);

fillchar(g,sizeof(g),0);

for i:=1 to n do

read(w[i]);

for i:=1 to n do

for j:=i+1 to n do

read(g[i,j]);

close(input);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

fillchar(path,sizeof(path),0);

for i:=n downto 1 do

begin

for j:=i+1 to n do

if (g[i,j]=1) and

(opt[j]>opt[i]) then

begin

opt[i]:=opt[j];

path[i]:=j;

end;

inc(opt[i],w[i]);

end;

ans:=1;

for i:=2 to n do

if opt[i]>opt[ans]

then ans:=i;

end;

procedure print;

var

i:longint;

begin

write(ans);

i:=path[ans];

while i>0 do

begin

write('-->',i);

i:=path[i];

end;

writeln;

writeln('max=',opt[ans]);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

2.状态是二维的

通过前面的学习，我想因该对动态规划不陌生了，我学习动态规划是没这么系统，二维，一维一起上。二维状态的动态规划是重中之重。

所谓二维状态就是说一般设计的状态是opt[i,j]形式的。那i,j可以代表什么呢？

有很多朋友问过我这个问题，我的回答是：

(1)i,j组合起来代表一个点的坐标（显然是平面坐标系）（如：街道问题）。

(2)i,j组合表示一个矩阵的单元的位臵（第i行，第j列）（如：数塔问题）

(3)起点为i长度为j的区间。（如：回文词）

(4)起点为i终点为j的区间。（如：石子合并问题）

(5)两个没关联的事物，事物1的第i个位臵，对应事物2的第j个位臵（花店橱窗设计）

(6)两个序列，第一个序列的前i个位臵或第i个位臵对应第2个序列的第j个位臵或前j个位臵。（最长公共子序列）。

(7)其它

下面通过例题和基本模型进一步说明：

2.1数塔问题

数塔问题来源于一道经典的IOI的题目，直接说题通过题目总结公性。以后遇到类似的题目可以参照这个模型。

例题14 数塔问题 (numtri.pas/c/cpp) 来源：IOI94

【问题描述】

考虑在下面被显示的数字金字塔。

写一个程序来计算从最高点开始在底部任意处结束的路径经过数字的和的最大。每一步可以走到左下方的点也可以到达右下方的点。

7

3 8

8 1 0

2 7 4 4

4 5 2 6 5

在上面的样例中,从7 到3 到8 到7 到5 的路径产生了最大和:30

【输入文件】

第一个行包含R(1<= R<=1000) ,表示行的数目。

后面每行为这个数字金字塔特定行包含的整数。

所有的被供应的整数是非负的且不大于100。

【输出文件】

单独的一行包含那个可能得到的最大的和。

【输入样例】

5

7

3 8

8 1 0

2 7 4 4

4 5 2 6 5

【输出样例】

30

【问题分析】

这个问题是学习动态规划最简单最经典的问题，说它经典是因为它的阶段，状态决策都十分明显。

刚看到题目觉得没有如手点，连怎么储存，描述这个金字塔都是问题，看输入样例发现：数字金字塔可以变成像输入样例那样的下三角，这样可以用一个二维数组储a存它，并且可以用（i,j）描述一个数字在金字塔中的位臵。

对于中间的一个点来说，想经过它则必须经过它的上方或左上（针对变化后的三角形）。也就是说经过这个点的数字和最大等于经过上方或左上所得的?最大和?中一个更大的加上这个点中的数字。显然这个定义满足最优子结构。

这样阶段很明显就是金字塔的层，设计一个二维状态opt[i,j]表示走到第i行第j列时经过的数字的最大和。决策就是opt[i-1,j] 或opt[i-1,j-1]中一个更大的加上（i,j）点的数字。

对于一个点只考虑上面或左上即前一阶段，满足无后效性。

状态转移方程：

opt[i-1,j]+a[i,j] (j=1)

opt[i,j]= opt[i-1,j-1]+ a[i,j] (j=i)

max{opt[i-1,j],opt[i-1,j-1]}+ a[i,j] (1

实现时可以将opt[i,j]的左右边界定义的大点，初始opt[i,j]=0

由于在j=1时opt[i-1,j-1]=0,opt[i-1,j]>=0所以方程也可以这样写:

opt[i,j]=max{opt[i-1,j],opt[i-1,j-1]}+a[i,j]

同理j=i时方程也可以写成上面那样，所以方程综合为：

opt[i,j]=max{opt[i-1,j],opt[i-1,j-1]}+a[i,j]（0

显然答案是走到底后的一个最大值，即：

ans=max{opt[n,i]} (1<=i<=n)

其实从上往下走和从下往上走结果是一样的，但是如果从下往上走结果就是opt[1,1]省下求最大值了，所以方程进一不改动：

opt[i,j]=max{opt[i+1,j],opt[i+1,j+1]}+a[i,j]（0

复杂度：状态数O（N2）*转移代价O（1）=O（N2）

【源代码】

program numtri;

const

fin='numtri.in';

fout='numtri.out';

maxn=1010;

var

a,opt:array[0..maxn,0..maxn] of longint;

n:longint;

procedure init;

var

i,j:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input); assign(output,fout);

rewrite(output);

read(n);

for i:=1 to n do

for j:=1 to i do

read(a[i,j]);

close(input);

end;

procedure main;

var

i,j:longint;

begin

fillchar(opt,sizeof(opt),0);

for i:=n downto 1 do

for j:=1 to n do

if opt[i+1,j]>opt[i+1,j+1]

then

opt[i,j]:=opt[i+1,j]+a[i,j]

else

opt[i,j]:=opt[i+1,j+1]+a[i,j];

end;

procedure print;

begin

writeln(opt[1,1]);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

例题15 Henry捡钱 (money.pas/c/cpp) 来源：Dream Team邀请赛

【问题描述】

最近,Henry由于失恋(被某大牛甩掉！)心情很是郁闷.所以,他去了大牛家,寻求Michael大牛的帮助,让他尽快从失恋的痛苦中解脱出来.Michael大牛知道Henry是很爱钱的,所以他是费尽脑水,绞尽脑汁想出了一个有趣的游戏,帮助Henry.....

Michael感觉自己简直是个天才(我们从不这么认为),就把这个游戏取名为:Henry拣钱.为了帮助更多的人采用这种方法早日脱离失恋之苦,Michael特地选在这次DT比赛中把游戏介绍给大家...(大家鼓掌!!!) 其实,这个游戏相当垃圾,目的就是为了满足Henry这种具有强烈好钱的心理的人.游戏是这样的:Michael首先找到了一块方形的土地,面积为m*n(米^2).然后他将土地划分为一平方米大小的方形小格.Michael在每个格子下都埋有钱(用非负数s表示,表示人民币的价值为s)和炸弹(用负数s表示,表示Henry 挖出该方格下的东西会花掉s的钱去看病，医炸弹炸伤的伤口)...游戏的要求就是让Henry从一侧的中间列出发,按照下图的5种方式前进（前进最大宽度为5）,不能越出方格.他每到一个格子,必定要取走其下相应的东西.直到到达土地的另一侧,游戏结束.不用说也知道,Henry肯定想得到最多的人民币.所以他偷窥

了,Michael埋钱的全过程,绘成了一张距阵图.由于他自己手动找会很麻烦,于是他就找到了学习编程的你.请给帮他找出,最大人民币价值.

拣钱路线规则(只有5个方向，如下图)：

H为Henry的出发点，每组数据的出发点都是最后一行的中间位臵！

(前方5个格子为当前可以到达的)

【输入文件】

第一行为m n.(n为奇数)，入口点在最后一行的中间

接下来为m*n的数字距阵.

共有m行,每行n个数字.数字间用空格隔开.代表该格子下是钱或炸弹.

为了方便Henry清算,数字全是整数.

【输出文件】

一个数,为你所找出的最大人民币价值.

【输入样例】

6 7

16 4 3 12 6 0 3

4 -

5

6

7 0 0 2

6 0 -1 -2 3 6 8

5 3 4 0 0 -2 7

-1 7 4 0 7 -5 6

0 -1 3 4 12 4 2

【输出样例】

51

【数据范围】

N and M<=200.

结果都在longint范围内

【问题分析】

去掉题目华丽的伪装，我们可以这样描述这个题目：

给定一个数字矩阵，从最后一层的中间出发可以向图上所示的5个方向走，直到走到第一层，使经过的数字和最大。

如果我们不考虑负数对问题的影响，这个问题的描述就是经典的数塔问题了，只不过将塔变成了矩阵。

这样就可以用刚刚讲过的数塔问题的模型解这个题目了，我就不多说了。

状态转移方程：

opt[i,j]=max(opt[i-1,k])+a[i,j] (j-2<=k<=j+2)

【源代码】

program money;

const

fin='money.in';

fout='money.out';

maxn=210;

var

a,opt:array[0..maxn,0..maxn] of longint; n,m,ans,max:longint;

procedure init;

var

i,j:longint;

begin

assign(input,fin);

reset(input);

assign(output,fout);

rewrite(output);

readln(n,m);

for i:=1 to n do

for j:=1 to m do

read(a[i,j]);

end;

procedure main;

var

i,j,k:longint;

begin

网络工程设计教程课后答案beta版

《网络工程设计教程》 第一章网络工程设计概述 1. 网络工程的定义是什么？ 答：定义1：将系统化的、规范的、可度量的方法使用于网络系统的设计、建造和维护的过程，即将工程化思想使用于计算机网络系统中。 定义2：对定义1中所述方法的研究。 2.和网络工程有关的工作可以分为哪些阶段？每个阶段的主要任务是什么？ 答：1、选择系统集成商或设备供货商 网络系统的需求分析 逻辑网络设计 物理网络设计 系统安装和调试 系统测试和验收 用户培训和系统维护 4. 详细描述网络工程的系统集成模型。为何将该模型称为网络设计的系统集成模型？该模型具有哪些优点？为何要在实际工作中大量使用该模型？ 答：下图给出了网络工程的系统集成模型，该模型提出了设计和实现网络系统的系统化工程方法。虽然该模型支持带有反馈的循环，但若将该模型视为严格线性关系可能更易于处理。该模型从系统级开始，接着是用户需求分析、逻辑网络设计、物理网络设计和测试。由于在物理网络设计阶段，网络设计者通常是采用系统集成方法来设计实现网络的，因此将该模型称为网络工程的系统集成模型。 5. 简述系统集成的定义。试讨论系统集成主要有哪些好处？ 答：抽象地讲，系统是指为实现某一目标而使用的一组元素的有机结合，而系统本身又可作为一个元素单位（或称子系统或组件）参和多次组合，这种组合过程可概括为系统集成。 系统集成的好处： -质量水准较高：选择一流网络设备厂商的设备和系统，选择高水平的具有资质的系统集成商通常能够保证系统的质量水平，建造系统的风险较小。 -系统建设速度快：由多年从事系统集成工作的专家和配套的项目组进行集成，辅以畅通的国际厂商设备的进货渠道，及处理用户关系的丰富经验，能加快系统建设速度。 -交钥匙解决方案：系统集成商全权负责处理所有的工程事宜，而用户能够将注意力放在系统的使用要求上。 -标准化配置：由于系统集成商承担的系统存在共性，因此系统集成商会总结出它认为

网络系统工程综合实训——某小型校园网规划与设计要点

摘要 当今的世界正从工业化社会向信息化社会转变，随着计算机、网络和多媒体等信息技术的飞速发展，信息的传递越来越快捷，信息的处理能力越来越强，信息的表现形式也越来越丰富，对社会经济和人们的生活产生了深刻的影响。现在，随着学校教育手段的现代化，很多学校已经逐渐加紧对信息化教育的规划和建设。开展的校园网络建设，旨在推动学校信息化建设，其最终建设目标是将建设成为一个借助信息化教育和管理手段的高水平的智能化、数字化的教学园区网络，最终完成统一软件资源平台的构建，实现统一网络管理、统一软件资源系统，并实现网络远程教学、在线服务、教育资源共享等各种应用；利用现代信息技术从事管理、教学和科学研究等工作。 本次的实训就是设计规划一个小型校园网，通过作需求的分析，并设计画网络拓扑图和IP地址的规划等工作。最终，利用实验室设备和boson software软件组建一个模拟的小型校园网，并对校园网内的各种互联设备和部门进行综合配置，以了解和熟悉校园网建设的过程。 关键词：信息，校园网，网络拓扑，IP地址，boson software

一、实训题目及设计要求 1、实训题目 某小型校园网规划与设计 2、网络设计要求 本次实训要求规划的校园网内覆盖五个大楼，分别是教学楼、实验楼、图书馆、办公楼和学生宿舍楼，外与Internet相连接。其具体设计要求如下 1)内网计算机共享两个全局IP地址（59.78.84.1和59.78.84.2）上 Internet。（提示：做NAT动态地址映射）。 2)不同大楼内的客户机划分不同的VLAN，以控制广播风暴。 3)办公楼和教学楼的计算机能互相通信。 4)校园内所有计算机都能访问服务器。 5)给校园内各个部门的机器分配内网地址。 6)给校园内的服务器（ftp、www等）分配内网地址，并要求外网用户可以访 问。（提示：做NAT静态地址映射，外部地址是59.78.1.1和 59.78.84.9）。 7)教学楼100台机器，实验楼150台机器，图书馆100台机器，办公楼机器 100台，学生宿舍600台。 8)IP地址规定为B类（172.序号.0.0----172.序号.255.255）或C类 （192.168.序号.0---192.168.序号.255）。 二、设计思路 分析实训题目及其设计要求可知，五栋大楼其实也就是五个不同的VLAN 了，已经可以控制广播风暴，提高网络的性能。其次，在规划IP地址、给网络中的设备分配IP地址时，要特别注意每栋楼的主机数，以免发生IP地址不够用或冲突的情况，还有在控制各楼栋间的访问时，要采用ACL的标准访问控制列表。另外，通过NAT网络地址转换还可以实现内部地址到外部地址的转化，在服务器访问外部网络时，可以一对一的转换分配外部的地址。而通过动态地址的转换则可以实现校园网内的所有主机共享两个全局IP地址（内部合法地址）访问Internet。但由于每栋大楼的主机数都是上百的，在设计时如果把所有主机都连上会比较的麻烦和不实际，所以在设计拓扑图时我就在每栋楼选了两台主机作为代表。以下就是我设计规划的网络拓扑框图：

经典算法——动态规划教程

动态规划是对最优化问题的一种新的算法设计方法。由于各种问题的性质不同，确定最优解的条件也互不相同，因而动态规划的没计法对不同的问题，有各具特色的表示方式。不存在一种万能的动态规划算法。但是可以通过对若干有代表性的问题的动态规划算法进行讨论，学会这一设计方法。 多阶段决策过程最优化问题 ——动态规划的基本模型 在现实生活中，有一类活动的过程，由于它的特殊性，可将过程分成若干个互相联系的阶段，在它的每一阶段都需要作出决策，从而使整个过程达到最好的活动效果。因此各个阶段决策的选取不能任意确定，它依赖于当前面临的状态，又影响以后的发展。当各个阶段决策确定后，就组成一个决策序列，因而也就确定了整个过程的一条活动路线。这种把一个问题看做是一个前后关联具有链状结构的多阶段过程就称为多阶段决策过程，这种问题称为多阶段决策最优化问题。 【例题1】最短路径问题。图中给出了一个地图，地图中每个顶点代表一个城市，两个城市间的连线代表道路，连线上的数值代表道路的长度。现在，想从城市A到达城市E，怎样走路程最短，最短路程的长度是多少? 【分析】把从A到E的全过程分成四个阶段，用k表示阶段变量，第1阶段有一个初始状态A，两条可供选择的支路ABl、AB2；第2阶段有两个初始状态B1、 B2，B1有三条可供选择的支路，B2有两条可供选择的支路……。用dk(x k，x k+1)表示在第k阶段由初始状态x k到下阶段的初始状态x k+1的路径距离，Fk(x k)表示从第k阶段的x k到终点E的最短距离，利用倒推方法求解A到E的最短距离。具体计算过程如下： S1：K=4，有：F4(D1)=3，F4(D2)=4，F4(D3)=3 S2: K=3，有： F3(C1)=min{d3(C1,D1)+F4(D1),d3(C1,D2)+F4(d2)}=min{8,10}=8 F3(C2)=d3(C2,D1)+f4(D1)=5+3=8 F3(C3)=d3(C3,D3)+f4(D3)=8+3=11 F3(C4)=d3(C4,D3)+f4(D3)=3+3=6

中小型企业的网络设计

四川师范大学成都学院移动通信方向课程设计中小型企业网络的设计 学生姓名X X 学号XXXXX 所在学院通信工程学院 专业名称通信工程 班级XXXXX 指导教师XXX 成绩 四川师范大学成都学院 二○一五年六月

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中小型企业网络设计 内容摘要：互联网技术发展到现在已经相当成熟，当今互联网已经成为全世界最大最全的信息中心，越来越多的人利用互联网来解放他们的生活，他们利用互联网来完成几乎所有现实生活中的事物。本设计结合一家中小企业网络的实际需求，通过对网络架构组建方案的设计、基于安全的网络配置方案设计、服务器架设方案设计、企业网络高级服务设计等方面的仿真研究，详尽的探讨了对该网络进行规划设计时遇到的关键性问题，以及网络相关的服务。该设计主要包括需求分析、拓扑结构设计、IP 地址规划方案设计、服务器架设和网络安全设计等内容。 关键词：网络配置中小企业网络安全 Small and medium-sized enterprise network design Abstract：It has been quite mature Internet technology development, the Internet has become the world's largest most complete information center, more and more people use the Internet to liberate their lives, they use the Internet to finish almost all the things in real life. This design combined with the actual needs of a small and medium-sized enterprise network, by means of network architecture construction scheme of the design, program design based on the security of network configuration, server design, senior enterprise network service design simulation, detailed discusses on the network planning and design of key issues, and the network related service. The design mainly includes the needs analysis, topology design, IP address planning design, design of server and network security, etc. Keywords：The network configuration Small and medium-sized enterprises Network security

开题报告--网络规划与设计

滨州学院 毕业设计（论文）开题报告 题目莒南县医院的网络规划与设计 系（院）计算机科学技术系年级2009级专业计算机网络技术班级2班学生姓名学号 指导教师刘阳职称讲师 滨州学院教务处 二〇一一年十二月

开题报告填表说明 1.开题报告是毕业设计（论文）过程规范管理的重要环节，是培养学生严谨务实工作作风的重要手段，是学生进行毕业设计（论文）的工作方案，是学生进行毕业设计（论文）工作的依据。 2.学生选定毕业设计（论文）题目后，与指导教师进行充分讨论协商，对题意进行较为深入的了解，基本确定工作过程思路，并根据课题要求查阅、收集文献资料，进行毕业实习（社会调查、现场考察、实验室试验等），在此基础上进行开题报告。 3.课题的目的意义，应说明对某一学科发展的意义以及某些理论研究所带来的经济、社会效益等。 4.文献综述是开题报告的重要组成部分，是在广泛查阅国内外有关文献资料后，对与本人所承担课题研究有关方面已取得的成就及尚存的问题进行简要综述，并提出自己对一些问题的看法。 5.研究的内容，要具体写出在哪些方面开展研究，要突出重点，实事求是，所规定的内容经过努力在规定的时间内可以完成。 6.在开始工作前，学生应在指导教师帮助下确定并熟悉研究方法。 7.在研究过程中如要做社会调查、实验或在计算机上进行工作，应详细说明使用的仪器设备、耗材及使用的时间及数量。 8.课题分阶段进度计划，应按研究内容分阶段落实具体时间、地点、工作内容和阶段成果等，以便于有计划地开展工作。 9.开题报告应在指导教师指导下进行填写，指导教师不能包办代替。 10.开题报告要按学生所在系规定的方式进行报告，经系主任批准后方可进行下一步的研究（或设计）工作。

简单的网页制作教程-设计一个个人网站

题目：设计一个个人网站 一、要求： 1．使用Dreamweave网页工具制作一个个人网站； 2．包含至少四个网页: 包括首页、个人简介、个人相册等（可随意设计），网页之间用超链接相连。 3．网页中要有图片和文字内容，用表格进行页面布局； 4．添加至少两种行为，并为首页添加背景音乐。 5. 在网站中设计一个表单页面。 6. 首页必须包含页面标题，动态按钮导航栏。 首先新建一个文件夹，文件夹的名字不能为汉字，做网站所有的路径都必须用字母或者数字， 不能用汉字，我们就用名字吧，譬如说名字张三，那文件夹名字就是zs，如图 打开Dreamweaver软件，得到图 做网页要新建站点，关于站点配置服务器什么的，这里不讲了，只讲建立站点。 选择站点——新建站点。 我们建的文件夹就是站点根文件夹。

新建站点后得到这样一个界面 点选高级，得到界面 站点名称与我们建文件夹得名字相同，zs填进去就可以了本地根文件夹就是我们新建的那个文件夹zs， http地址为http://localhost/zs

接下来选择左侧栏里远程信息 点击无后面的那个三角，选择本地网络，远端文件夹同样选择我们新建的那个文件夹 接下来点选左面菜单里的测试服务器， 点选访问后面那个三角，选择本地网络，测试服务器文件夹也为我们建好的文件夹zs，在url前缀后面加上zs

然后点击确定就可以了得到这样一个界面。 下面看老师的第一条要求，是要至少四个网页，那我们就做四个 单击新建，然后单击 接下来，选择 然后单击创建，接下单击文件——保存，保存这个文件，保存在我们一开始建好的文件夹里面，保存名字不能是汉字，只能是字母或者数字，因为我们只坐四个网页，可以简单一点，把这四个网页命名为a、b、c、d，或者1、2、3、4，当然一个网站默认的索引首页名为index，这里也用index，

动态规划习题答案

2.某公司有资金4百万元向A,B和C3个项目追加投资，各个项目可以有不同的投资额（百万元计），相应的效益如表所示。问怎样分配 资金，使总效益值最大？## 表8－47 解：设S－A,B,C项目的总投资额，S－B、C项目的总投资额21S－C 项目的投资额；3X－k项目的投资额；k（X－A项目的投资额，X －B项目的投资额，X－C项目的投资额）312W（S,X）－对K项目投资X后的收益：W（S,X）＝W (X) kkkkkkkkk T (S,X)－S=S-X k k+1kkkk f (S)－当K至第3项目允许的投资额为S时所能获得的最大收益。kkk为获得最大利润，必须将4百万全部投资，假设有4阶段存在，有S＝0，建立递归方程4f(S)=0 k4

f (S)=max{ W (X)+f(S)} k=3,2,1 k+1kk +1kkk X∈D(S) kkk第一步，K=3 f(S)=0 44 f (S)=max{W (X)+f (S)} 434333X∈D(S) 333S=S-X3 34 第二步：)} f (S (X (S)=max{W)+f K=2 322322) X ∈D(S 222-X =S S232 W (X)+f (S-X) 22322

第三步：)} (S (X) =max f (S {W)+ f K=1 211121) D X∈(S111- X S= S 1 21 ) (X- X)+ f (SW1 12 11 S=4 →S=1 →S=1 312↓↓ ↓ X*=3 X*=0 X*=1 312百万。1投资C 不投资B 百万，3投资A． 总收益164百万元。 3.（最优分配问题）有一个仪表公司打算向它的3个营业区设立6家销售店。每个营业区至少设一家，所获利润如表。问设立的6家销售店数应如何分配，可使总利润最大？

软考系统架构设计师教程考点精讲(二)

软考系统架构设计师教程考点精讲（二）软考系统架构设计师属于软考中的一项高级资格考试，考试分综合知识、案例分析和论文3个科目。系统架构设计师考试作为一项高级资格考试，有一定的考试难度，那么该如何备考才能顺利通过考试呢？面对系统架构设计师教程无从下手的同学，希赛为您准备了几个重要的教程章节考点精讲，希望对您的学习有所帮助。 2.1.3存储管理 存储器的发展方向是：高速、大容量、小体积。 存储管理的主要任务是：如何提高主存的利用率、扩充主存以及对主存信息实现有效保护。 2.1.4设备管理 设备管理的目标是：提高设备的利用率，为用户提供方便统一的界面。 磁盘调度算法：先来先服务FCFS、最短寻道时间优先SSTF、扫描算法SCAN。 2.1.5文件管理 随机访问是指对文件中的信息可以按任意次序随机读写文件中的信息。 文件控制块FCB，描述和控制文件的数据结构。 2.1.6作业管理 常用的作业调度算法有：先来先服务、短作业优先、相应比高优先、优先级调度算法、均衡调度算法。 2.1.7网络操作系统NOS 网络操作系统分为：集中模式、客户机/服务器模式、对等模式。

现代操作系统已经把网络功能包含到操作系统的内核中，作为操作系统核心功能的一个组成部分。 2.2.1关系数据库基础 数据库的三要素：数据结构、数据操作、数据约束条件。 特别需要指出的是，E-R模型强调的是语义。 关系数据库设计理论的核心是数据间的函数依赖，衡量的标准是关系规范化的程度及分解的无损连接和保持函数依赖性。 数据依赖包括：函数依赖、非平凡的函数依赖、平凡的函数依赖、完全函数依赖、部分函数依赖、传递依赖、码、主属性、非主属性、外码、值依赖定义、函数依赖的公理系统。 事务是数据库环境中不可分割的逻辑工作单位。 四个特性：原子性、一致性、隔离性、持久性，ACID。 SQL语言中事务定义语句有三条：BEGIN TRANSACTION事务开始、COMMIT事务提交、ROLLBAK事务回滚。 并发操作是指：在多用户共享系统中，用户可能同时对同一数据库进行操作。 带来的问题主要有：丢失更新、不可重复读、读脏数据。 并发控制主要技术是封锁：排他锁(简称X锁、写锁)、共享锁(简称S锁、读锁)。 保护数据库的关键技术在于建立冗余数据、即备份数据。 方法是：数据转储、建立日志。 2.2.2关系数据库设计

动态规划练习试题和解答

动态规划练习题 [题1] 多米诺骨牌（DOMINO） 问题描述：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：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。对于上面这个例子，我们只需翻转最后一个骨牌，就可以使得顶行和底行的差值为0，所以例子的答案为1。 输入格式： 文件的第一行是一个整数n（1〈=n〈=1000〉，表示有n个多米诺骨牌在桌面上排成一行。接下来共有n行，每行包含两个整数a、b（0〈=a、b〈=6，中间用空格分开〉。第I+1行的a、b分别表示第I个多米诺骨牌的上部与下部的点数（0表示空）。 输出格式： 只有一个整数在文件的第一行。这个整数表示翻动骨牌的最少次数，从而使得顶行和底行的差值最小。 [题2] Perform巡回演出 题目描述: Flute市的Phlharmoniker乐团2000年准备到Harp市做一次大型演出,本着普及古典音乐的目的,乐团指挥L.Y.M准备在到达Harp市之前先在周围一些小城市作一段时间的巡回演出,此后的几天里,音乐家们将每天搭乘一个航班从一个城市飞到另一个城市,最后才到达目的地Harp市(乐团可多次在同一城市演出). 由于航线的费用和班次每天都在变,城市和城市之间都有一份循环的航班表,每一时间,每一方向,航班表循环的周期都可能不同.现要求寻找一张花费费用最小的演出表. 输入: 输入文件包括若干个场景.每个场景的描述由一对整数n(2<=n<=10)和k(1<=k<=1000)开始,音乐家们要在这n个城市作巡回演出,城市用1..n标号,其中1是起点Flute市,n是终点Harp市,接下来有n*(n-1)份航班表,一份航班表一行,描述每对城市之间的航线和价格,第一组n-1份航班表对应从城市1到其他城市(2,3,...n)的航班,接下的n-1行是从城市2到其他城市(1,3,4...n)的航班,如此下去. 每份航班又一个整数d(1<=d<=30)开始,表示航班表循环的周期,接下来的d个非负整数表示1,2...d天对应的两个城市的航班的价格,价格为零表示那天两个城市之间没有航班.例如"3 75 0 80"表示第一天机票价格是75KOI,第二天没有航班,第三天的机票是80KOI,然后循环:第四天又是75KOI,第五天没有航班,如此循环.输入文件由n=k=0的场景结束. 输出: 对每个场景如果乐团可能从城市1出发,每天都要飞往另一个城市,最后(经过k天)抵达城市n,则输出这k个航班价格之和的最小值.如果不可能存在这样的巡回演出路线,输出0. 样例输入: 样例输出：

网络课程设计题目

网络课程设计 题目一 基本要求：根据用户需求，设计网络，并完成相关文档和文件工作。要求通过查找资料，独立完成设计，全部图、表只能使用WORD或VISIO的相关工具来画，不得粘贴扫描的图片。路由器和交换机、PC机配置利用boson netsim或类似软件来辅助进行，防火墙、服务器配置用文档描述。 1、某高校要求设计一个校园网， 一、用户需求 （1）用户规模500台计算机。 （2）用户大致平均分散在4栋楼房内，4栋楼房排成前后两排，楼房之间各相距200米，楼房高4层。每栋楼的4楼用户构成两个VLAN。 （3）中心机房设在其中1栋楼房的1楼靠近另一栋楼房的一端。 （4）安装对外WWW、业务WWW、邮件、FTP、BBS、DNS、数据库七个服务器。提供匿名服务，但FTP仅对内部开放。 （5）提供LAN、WLAN接入。 （6）在业务WWW服务器上配备基于Web的业务应用系统，所有用户使用业务系统实现网上办公。 （7）要求出口带宽为1Gbps。 二、设计要求 （1）写出简要的可行性分析报告。 （2）设计网络结构，并给出解释。 （3）除用户计算机已购置外，其余全部设备和通信线路需要重新购买、安装。试具体给出全部主要设备的配置、型号或技术指标及其测算依据。 （4）给出工程预算（包括设备、线路等，不含施工费）及其计算依据。 题目二 设计一个中小企业网络规划与设计的方案： 一、用户需求 （1）公司有1000 台PC （2）公司共有7个部门，不同部门的相互访问要求有限制，公司有3个跨省的分公司。（3）公司有自己的内部网页与外部网站，公司能够提供匿名的FTP,邮件，WWW服务，但FTP只对内部员工开放。 （4）公司有自己的OA系统 （5）公司中的每台机能上互联网，每个部门的办公室联合构成一个VLAN。 （6）核心技术采用VPN。 二、设计要求

动态规划讲解大全(含例题及答案)

动态规划讲解大全 动态规划(dynamic programming)是运筹学的一个分支，是求解决策过程(decision process)最优化的数学方法。20世纪50年代初美国数学家R.E.Bellman等人在研究多阶段决策过程(multistep decision process)的优化问题时，提出了著名的最优化原理(principle of optimality)，把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，逐个求解，创立了解决这类过程优化问题的新方法——动态规划。1957年出版了他的名著Dynamic Programming，这是该领域的第一本著作。 动态规划问世以来，在经济管理、生产调度、工程技术和最优控制等方面得到了广泛的应用。例如最短路线、库存管理、资源分配、设备更新、排序、装载等问题，用动态规划方法比用其它方法求解更为方便。 虽然动态规划主要用于求解以时间划分阶段的动态过程的优化问题，但是一些与时间无关的静态规划(如线性规划、非线性规划)，只要人为地引进时间因素，把它视为多阶段决策过程，也可以用动态规划方法方便地求解。 动态规划程序设计是对解最优化问题的一种途径、一种方法，而不是一种特殊算法。不象前面所述的那些搜索或数值计算那样，具有一个标准的数学表达式和明确清晰的解题方法。动态规划程序设计往往是针对一种最优化问题，由于各种问题的性质不同，确定最优解的条件也互不相同，因而动态规划的设计方法对不同的问题，有各具特色的解题方法，而不存在一种万能的动态规划算法，可以解决各类最优化问题。因此读者在学习时，除了要对基本概念和方法正确理解外，必须具体问题具体分析处理，以丰富的想象力去建立模型，用创造性的技巧去求解。我们也可以通过对若干有代表性的问题的动态规划算法进行分析、讨论，逐渐学会并掌握这一设计方法。 基本模型 多阶段决策过程的最优化问题。 在现实生活中，有一类活动的过程，由于它的特殊性，可将过程分成若干个互相联系的阶段，在它的每一阶段都需要作出决策，从而使整个过程达到最好的活动效果。当然，各个阶段决策的选取不是任意确定的，它依赖于当前面临的状态，又影响以后的发展，当各个阶段决策确定后，就组成一个决策序列，因而也就确定了整个过程的一条活动路线，如图所示：（看词条图） 这种把一个问题看作是一个前后关联具有链状结构的多阶段过程就称为多阶段决策过程，这种问题就称为多阶段决策问题。 记忆化搜索 给你一个数字三角形, 形式如下: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 找出从第一层到最后一层的一条路,使得所经过的权值之和最小或者最大. 无论对与新手还是老手，这都是再熟悉不过的题了，很容易地，我们写出状态转移方程：f(i, j)=a[i, j] + min{f(i+1, j)，f(i+1, j + 1)} 对于动态规划算法解决这个问题，我们根据状态转移方程和状态转移方向，比较容易地写出动态规划的循环表示方法。但是，当状态和转移非常复杂的时候，也许写出循环式的动态规划就不是那么

网站规划设计原则

网站策划常识 当人们访问你的站点时,他们都会立即下意识地推断:那个站点如何样？值不值的当回事儿？是否值的把他加入到我的bookmark 中去，要明白，在网络信息的虚拟世界里，互联网提供了天下大同的机会，同时也让那个虚拟世界充斥着数不清的商业站点、垃圾站点，大多数站点缺乏灵魂、主旨，东一榔头西一棒子，松散、混乱，缘故就在于缺乏策划设计。因此要想使你的网站从那些数不清的站点中脱颖而出，就必须对整个站点作好统筹安排，规划，对所有的内容进行细意斟酌，把所有的意念合情合理的组织起来设计一个合理的页面样式。下面我们就具体的来探讨一下网站策划设计. 首先确定web站点的营销目标:

1）、市场调查时期 了解一下目前internet的进展状况以及同类站点的进展、经营状况，吸取他们的长处，找出自己的优势，对市场作个调查，明确自己网站的主题，查找一个好的动身点。 2）、你设想中的网站规模有多大？ 作网站并不是盲目的想做多大就作多大，而要依照自身的现时期能力，以及企业的规模大小，确定你的网站是小型、中型、大规模的网站，依旧从小规模的开始，然后逐步进展。这要紧的是关系到网站的后期维护以及网站的进展方一直考虑的。 3）、确定网站的类不，你希望网站有如何样的设计特色 依照主题、形式以及本身企业的特点，网站的设计也有不同的类不，大概可分为：以内容为主，设计为辅，注重速度这种大型的专业网站，它一般体现在专业的icp，isp供应商制作的网站，在设计这类网站时不要太花哨，应注重信息量；第二种大多

数企业为了更好的宣传自己的产品，扩大销路，使自己的产品走向世界，提高自己企业的形象而制作的网站，这种网站制作应结合本身产品特点而制作的特色网站，相对来讲比较注重产品的营销；第三种是形象类的网站，一般这种网站相对体现在政府部门，作为对外一个窗口，相对来讲这种网站设计比较严肃；第四种是个人主页网站，这种网站相对比较自由，不受什么约束，能够依照每个人自己的特长自由发挥。因此我们在制作主页时先明确自己的定位方向，设计出适合自己的站点。 4）、你的要紧目标受众是谁？ 依照网站的类不不同，目标受众也不一样，有工商业者、专业人士、学生；女性，男性；儿童，青青年，中年人，老人；依旧所有的人，比如教育类的网站相对来讲是目标受众是院校的老师和学生。化装类、护肤产品类的网站相对来讲是女性等。 5）、确定整个网站的整体风格

网络课程设计——设计方案

设计方案 姓名：郑玉梅13软件1 班学号：1308990102座号：2 1）要求：某大学具有6个二级学院。在位于同一城市的4个校园中，其中大学与一个二级学院在一个园区(园区1)，另外四个二级学院俩俩位于一个园区(园区2、园区3)，而另外一个学院位于该城市的另一个园区(园区4) 2）要求：大学和各学院都有向因特网发布信息的需求（PPT.9） 公网IPv4地址块58.193.152.0/21 3）要求：私有地址数量从三位XXX学号分配（我的学号结尾三位数为：102）102+200=302，102+300=402，102+400=502，102+500=602 座号2（所以从2往后使用子网块）

大学：无私网 学院一：2个/24私网 172.16.2.0/24 、172.16.3.0/24 园区一内网总聚合地址：172.16.2.0/23 原因：座号2，且2可以用，从2~5可合并为超网2/23， 2=00000010 2=00000010 ~ 3=00000011 学院二：2个/24私网 172.16.4.0/24 和172.16.5.0/24 学院三：3个/24私网 172.16.6.0/24 ，172.16.7.0/24，172.16.8.0/24 园区二内网总聚合地址：172.16.4.0/22（除了172.16.8.0/24）原因：从4~7可合并为超网4/22，使用4到8,但是8不能聚合4=00000100 ~ 7=000001118=00001000 学院四：3个/24私网 172.16.9.0/24，172.16.10.0/24，172.16.11.0/24 学院五：2个/24网 172.16.12.0/24 ,172.16.13.0/24 园区三内网总聚合地址：172.16.8.0/21 原因：从9~13可合并为超网8/21，使用9到13； 9=00001001~ 13=00001101 学院六：2个/24私网 172.16.14.0/24 ，172.16.15.0/24 园区四内网总聚合地址：172.16.14.0/23 原因：从14~15可合并为超网14/23，使用14和15 14=00001110 ，15=00001111

动态规划经典教程

动态规划经典教程 引言：本人在做过一些题目后对DP有些感想，就写了这个总结： 第一节动态规划基本概念 一，动态规划三要素：阶段，状态，决策。 他们的概念到处都是，我就不多说了，我只说说我对他们的理解： 如果把动态规划的求解过程看成一个工厂的生产线，阶段就是生产某个商品的不同的环节，状态就是工件当前的形态，决策就是对工件的操作。显然不同阶段是对产品的一个前面各个状态的小结，有一个个的小结构成了最终的整个生产线。每个状态间又有关联（下一个状态是由上一个状态做了某个决策后产生的）。 下面举个例子： 要生产一批雪糕，在这个过程中要分好多环节：购买牛奶，对牛奶提纯处理，放入工厂加工，加工后的商品要包装，包装后就去销售……，这样没个环节就可以看做是一个阶段；产品在不同的时候有不同的状态，刚开始时只是白白的牛奶，进入生产后做成了各种造型，从冷冻库拿出来后就变成雪糕（由液态变成固态=_=||）。每个形态就是一个状态，那从液态变成固态经过了冰冻这一操作，这个操作就是一个决策。 一个状态经过一个决策变成了另外一个状态，这个过程就是状态转移，用来描述状态转移的方程就是状态转移方程。 经过这个例子相信大家对动态规划有所了解了吧。 下面在说说我对动态规划的另外一个理解： 用图论知识理解动态规划：把动态规划中的状态抽象成一个点，在有直接关联的状态间连一条有向边，状态转移的代价就是边上的权。这样就形成了一个有向无环图AOE网（为什么无环呢？往下看）。对这个图进行拓扑排序，删除一个边后同时出现入度为0的状态在同一阶段。这样对图求最优路径就是动态规划问题的求解。 二，动态规划的适用范围 动态规划用于解决多阶段决策最优化问题，但是不是所有的最优化问题都可以用动态规划解答呢？ 一般在题目中出现求最优解的问题就要考虑动态规划了，但是否可以用还要满足两个条件： 最优子结构（最优化原理） 无后效性 最优化原理在下面的最短路径问题中有详细的解答； 什么是无后效性呢？ 就是说在状态i求解时用到状态j而状态j就解有用到状态k…..状态N。 而求状态N时有用到了状态i这样求解状态的过程形成了环就没法用动态规划解答了，这也是上面用图论理解动态规划中形成的图无环的原因。 也就是说当前状态是前面状态的完美总结，现在与过去无关。。。 当然，有是换一个划分状态或阶段的方法就满足无后效性了，这样的问题仍然可以用动态规划解。 三，动态规划解决问题的一般思路。 拿到多阶段决策最优化问题后，第一步要判断这个问题是否可以用动态规划解决，如果不能就要考虑搜索或贪心了。当却定问题可以用动态规划后，就要用下面介绍的方法解决问题了：（1）模型匹配法： 最先考虑的就是这个方法了。挖掘问题的本质，如果发现问题是自己熟悉的某个基本的模型，就直接套用，但要小心其中的一些小的变动，现在考题办都是基本模型的变形套用时要小心条件，三思而后行。这些基本模型在先面的分类中将一一介绍。 （2）三要素法 仔细分析问题尝试着确定动态规划的三要素，不同问题的却定方向不同： 先确定阶段的问题：数塔问题，和走路问题（详见解题报告） 先确定状态的问题：大多数都是先确定状态的。 先确定决策的问题：背包问题。（详见解题报告） 一般都是先从比较明显的地方入手，至于怎么知道哪个明显就是经验问题了，多做题就会发现。 （3）寻找规律法： 这个方法很简单，耐心推几组数据后，看他们的规律，总结规律间的共性，有点贪心的意思。 （4）边界条件法 找到问题的边界条件，然后考虑边界条件与它的领接状态之间的关系。这个方法也很起效。 （5）放宽约束和增加约束 这个思想是在陈启锋的论文里看到的，具体内容就是给问题增加一些条件或删除一些条件使问题变的清晰。 第二节动态规划分类讨论

动态规划习题

第七章动态规划 规划问题的最终目的就是确定各决策变量的取值，以使目标函数达到极大或极小。在线性规划和非线性规划中，决策变量都是以集合的形式被一次性处理的；然而，有时我们也会面对决策变量需分期、分批处理的多阶段决策问题。所谓多阶段决策问题是指这样一类活动过程：它可以分解为若干个互相联系的阶段，在每一阶段分别对应着一组可供选取的决策集合；即构成过程的每个阶段都需要进行一次决策的决策问题。将各个阶段的决策综合起来构成一个决策序列，称为一个策略。显然，由于各个阶段选取的决策不同，对应整个过程可以有一系列不同的策略。当过程采取某个具体策略时，相应可以得到一个确定的效果，采取不同的策略，就会得到不同的效果。多阶段的决策问题，就是要在所有可能采取的策略中选取一个最优的策略，以便得到最佳的效果。动态规划（dynamic programming）同前面介绍过的各种优化方法不同，它不是一种算法，而是考察问题的一种途径。动态规划是一种求解多阶段决策问题的系统技术，可以说它横跨整个规划领域（线性规划和非线性规划）。当然，由于动态规划不是一种特定的算法，因而它不象线性规划那样有一个标准的数学表达式和明确定义的一组规则，动态规划必须对具体问题进行具体的分析处理。在多阶段决策问题中，有些问题对阶段的划分具有明显的时序性，动态规划的“动态”二字也由此而得名。动态规划的主要创始人是美国数学家贝尔曼（Bellman）。20世纪40年代末50年代初，当时在兰德公司（Rand Corporation）从事研究工作的贝尔曼首先提出了动态规划的概念。1957年贝尔曼发表了数篇研究论文，并出版了他的第一部著作《动态规划》。该著作成为了当时唯一的进一步研究和应用动态规划的理论源泉。1961年贝尔曼出版了他的第二部著作，并于1962年同杜瑞佛思（Dreyfus）合作出版了第三部著作。在贝尔曼及其助手们致力于发展和推广这一技术的同时，其他一些学者也对动态规划的发展做出了重大的贡献，其中最值得一提的是爱尔思（Aris）和梅特顿（Mitten）。爱尔思先后于1961年和1964年出版了两部关于动态规划的著作，并于1964年同尼母霍思尔（Nemhauser）、威尔德（Wild）一道创建了处理分枝、循环性多阶段决策系统的一般性理论。梅特顿提出了许多对动态规划后来发展有着重要意义的基础性观点，并且对明晰动态规划路径的数学性质做出了巨大的贡献。 动态规划在工程技术、经济管理等社会各个领域都有着广泛的应用，并且获得了显著的效果。在经济管理方面，动态规划可以用来解决最优路径问题、资源分配问题、生产调度问题、库存管理问题、排序问题、设备更新问题以及生产过程最优控制问题等，是经济管理中一种重要的决策技术。许多规划问题用动态规划的方法来处理，常比线性规划或非线性规划更有效。特别是对于离散的问题，由于解析数学无法发挥作用，动态规划便成为了一种非常有用的工具。 动态规划可以按照决策过程的演变是否确定分为确定性动态规划和随机性动态规划；也可以按照决策变量的取值是否连续分为连续性动态规划和离散性动态规划。本教材主要介绍动态规划的基本概念、理论和方法，并通过典型的案例说明这些理论和方法的应用。 §7.1 动态规划的基本理论 1.1多阶段决策过程的数学描述 有这样一类活动过程，其整个过程可分为若干相互联系的阶段，每一阶段都要作出相应的决策，以使整个过程达到最佳的活动效果。任何一个阶段（stage，即决策点）都是由输入（input）、决策（decision）、状态转移律（transformation function）和输出（output）构成的，如图7-1（a）所示。其中输入和输出也称为状态（state），输入称为输入状态，输出称为输出状态。

2016年下半年网络规划设计师官方指定教程

2016年下半年网络规划设计师官方指定教程 目前大部分同学已经开始备考2016年下半年网络规划设计师的考试了，大家比较关心2016年软考网络规划设计师是否会出新的教材，新的考试大纲，根据从软考办获得的相关信息，目前软考办暂时没有2016年使用新教材的计划，所以目前大家备考2016年网络规划设计师考试仍然是使用清华大学出版社出版，黄传河主编的《网络规划设计师教程》，如果后续官方有更新教材的通知，我们也将及时通知大家。 基本信息 内容简介 依据网络规划设计师考试大纲，本书包含了计算机网络原理、网络规划与设计、网络资源设备、网络安全、标准化与知识产权等内容。本书以实用为主，兼顾基础知识，是参加本考试的必备教材，也可作为网络工程从业人员学习网络技术的教材或日常工作的参考用书。本书也是一本很好的研究生参考用书。 图书目录 第1章计算机网络原理 1.1 计算机网络概论 1.1.1 计算机网络概念 1.1.2 计算机网络组成

1.1.3 计算机网络分类1.1.4 网络体系结构1.2 数据通信基础 1.2.1 数据通信概念1.2.2 数据通信系统1.2.3 数据调制与编码1.2.4 多路复用技术1.2.5 数据交换方式1.2.6 传输介质 1.2.7 检错与纠错 1.3 网络体系结构 1.3.1 应用层 1.3.2 传输层 1.3.3 网络层 1.3.4 数据链路层 1.3.5 物理层 1.3.6 覆盖网与对等网1.4 网络设备与网络软件1.4.1 网卡 1.4.2 交换机 1.4.3 路由器 1.4.4 网关

1.4.5 无线接入点 1.4.6 调制解调器 1.4.7 网络软件 1.5 局域网 1.5.1 局域网概述 1.5.2 访问控制方式 1.5.3 局域网协议 1.5.4 高速局域网 1.5.5 无线局域网 1.5.6 虚拟局域网 1.6 广域网与接入网 1.6.1 广域网的概念 1.6.2 虚电路与数据报实现方法1.6.3 拥塞控制 1.6.4 公用网 1.6.5 接入网 1.6.6 广域网组网 1.7 网络互连 1.7.1 网络互连概念 1.7.2 网络互连方法 1.7.3 路由选择算法 1.8 Internet协议

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《网络工程设计教程》 第一章网络工程设计概述 1.网络工程的定义是什么 答：定义1：将系统化的、规范的、可度量的方法应用于网络系统的设计、建造和维护的过程，即将工程化思想应用于计算机网络系统中。 定义2：对定义1中所述方法的研究。 2.与网络工程有关的工作可以分为哪些阶段每个阶段的主要任务是什么 答：1、选择系统集成商或设备供货商 网络系统的需求分析 逻辑网络设计 物理网络设计 系统安装与调试 系统测试与验收 用户培训和系统维护 4. 详细描述网络工程的系统集成模型。为何将该模型称为网络设计的系统集成模型该模型具有哪些优点为何要在实际工作中大量使用该模型

答：下图给出了网络工程的系统集成模型，该模型提出了设计和实现网络系统的系统化工程方法。虽然该模型支持带有反馈的循环，但若将该模型视为严格线性关系可能更易于处理。该模型从系统级开始，接着是用户需求分析、逻辑网络设计、物理网络设计和测试。由于在物理网络设计阶段，网络设计者通常是采用系统集成方法来设计实现网络的，因此将该模型称为网络工程的系统集成模型。 5.简述系统集成的定义。试讨论系统集成主要有哪些好处 答：抽象地讲，系统是指为实现某一目标而应用的一组元素的有机结合，而系统本身又可作为一个元素单位（或称子系统或组件）参与多次组合，这种组合过程可概括为系统集成。 系统集成的好处： -质量水准较高：选择一流网络设备厂商的设备和系统，选择高水平的具有资质的系统集成商通常能够保证系统的质量水平，建造系统的风险较小。 -系统建设速度快：由多年从事系统集成工作的专家和配套的项目组进行集成，辅以畅通的国际厂商设备的进货渠道，及处理用户关系的丰富经验，能加快系统建设速度。 -交钥匙解决方案：系统集成商全权负责处理所有的工程事宜，而用户能够将注意力放在系统的应用要求上。 -标准化配置：由于系统集成商承担的系统存在共性，因此系统集成商会总结出它认为成熟和稳妥的方案，使得系统维护及时且成本较低。

动态规划典型例题

1、单调递增最长子序列 描述 求一个字符串的最长递增子序列的长度 如：dabdbf最长递增子序列就是abdf，长度为4 输入 第一行一个整数0

2、最长公共子序列 描述 如题，需要写一个程序，得出最长公共子序列。 tip：最长公共子序列也称作最长公共子串(不要求连续)，英文缩写为LCS（Longest Common Subsequence）。其定义是，一个序列S ，如果分别是两个或多个已知序列的子序列，且是所有符合此条件序列中最长的，则S 称为已知序列的最长公共子序列。 输入 第一行给出一个整数N(0

3、括号匹配 时间限制：1000 ms | 内存限制：65535 KB 描述 给你一个字符串，里面只包含"(",")","[","]"四种符号，请问你需要至少添加多少个括号才能使这些括号匹配起来。 如： []是匹配的 ([])[]是匹配的 ((]是不匹配的 ([)]是不匹配的 输入 第一行输入一个正整数N，表示测试数据组数(N<=10) 每组测试数据都只有一行，是一个字符串S，S中只包含以上所说的四种字符， S的长度不超过100 输出 对于每组测试数据都输出一个正整数，表示最少需要添加的括号的数量。每组 测试输出占一行 样例输入 4 [] ([])[] ((] ([)] 样例输出 3 2