动态规划的很经典的教程

动态规划的很经典的教程

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……，这样每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，有时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。当确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，现在考题一般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，不同问题的确定方向不同：

a.先确定阶段的问题：数塔问题，和走路问题（详见解题报告）

b.先确定状态的问题：大多数都是先确定状态的。

c.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）；

(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.

(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.

(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

write('0'); m:=m*10;

end;

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

end;

writeln;

close(input);

close(output);

end;

begin

init;

main;

print;

end.

(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：

(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.

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.

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/f912280805.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：

(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.

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.

(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：

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：

(money.pas/c/cpp) 来源：USACO 2.3

算法课程设计题目(3版)

算法分析课程设计题目及评分标准（） 任选题目 任选题目 优：1至少一个三星，1个二星 2 至少完成5个题目 3 必须主动申请，制作PPT，面向全班讲自已的思想，演示程序。 4 文档符合规范 良： 1 题目包含至少1个二星以上题目 2 至少完成4个题目 3 文档符合规范 中： 1 至少完成4个题目 2 文档符合规范 及格： 1 至少完成3个题目 3 文档符合规范 凡发现抄袭或不能正确理解自已编写程序，该题目分数取消。 根据文档、程序、考勤，降低等级。 题目： 1 一次大型的party最后节目是选取一位幸运人士，该人将获得组织者准备的一个钻石戒指。选择办法是让所有人一字排列，然后从左至右点数，凡是奇数号的全部删除。对剩下的人，同样从左至右点数，逢奇数号就删除。如此不断循环，直到只剩1人为止。此即为幸运之人。（☆） 3 假设你在餐馆吃饭花了不到100元，结账时你给服务员一张百元钞票，而服务员希望用最少的纸币给你找钱。请设计算法帮助服务员（☆）。 4假定你开去香格里拉。出发前油箱是满的，可以行驶D公里。路上一共有n个加油站，A[i]表示从第i-1加油站到第i个的距离。最后一个加油站在香格里拉。请设计算法帮助驾驶员选择加油站使加油的次数最少（☆）。 5计算一元钱硬币有多少种表达方式。例如，可以使用1元钱完成，也可以使用两个5角完成。这里可供选择的货币单位从1分到1元。编写程序计算出每一种组合方式。（☆）6完成一维的最接近点对问题（p121）（☆） 7 分别用动态规划、贪心法、回溯法实现背包问题，并比较它们的结果，算法的效率（☆）。

8给定线性序集中n 个元素和一个整数k ，1≤k ≤n ，要求找出这n 个元素中第k 小的元素（☆） 9 分别实现选择排序，插入排序，归并排序，快速排序，分析他们的时间复杂度，并用程序统计他们实际运行的时间（随机产生100000个），要求有良好界面。（☆） 2 你走大街上上需要从左边马路走到右边马路，而一路上十字路口有n 个，你可以在绿灯亮时任意的一个十字路口穿越马路，遇红灯则需要等待绿灯，或继续向前走，从以后的十字路口穿过。每次绿灯亮1分钟,红灯亮h i 分钟，i 表示第i 个路口。从第i 个路口到i+1路口需要bi 时间，请用用动态规划设计算法求从哪个路口穿过，等待的时间最少。（用动态规划）（☆☆☆)。 注：假定地图如下图所示。你还需要假定出发时候所有红绿灯的状态。 （用动态规划）（☆☆☆)。 10．24点游戏软件设计（☆☆☆):24点游戏为随机产生的四个数，通过四则计算（每个数只能使用一次），使其结果为24.本游戏对培养人们的注意力、计算力（尤其是心算能力），开阔人们的思路，大有益处。游戏规则为： 每次由计算机随机给出1至10四个数字，使用这些数字计算，使结果等于24。要求： （1）只能使用加、减、乘、除四种运算； （2）每一数字必须且只能使用一次。 h 0 h 1 h 2 h 0 h 1 h 2

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

动态规划课程设计(矩阵链乘问题)

动态规划程序设计 实验目的：掌握并实现动态规划算法。 实验内容：对维数为序列（5，10，3，12，5，50，6）的各矩阵。找出其矩阵链乘的一个最优加全括号。实验要求：利用动态规划思想写出算法的伪代码和C程序代码 (一)算法思想 穷举所有的计算次序，且对每一计算次序确定其乘法次数。由此可找出n个矩阵进行连乘积A1A2…An的最小乘法次数。 将矩阵链乘积简记为A[i:j] ，这里i≤j 考察计算A[i:j]的最优计算次序。设这个计算次序在矩阵Ak和Ak+1之间将矩阵链断开，i≤k

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？

课程设计最终版

摘要 建模、控制与优化是控制理论要解决的主要问题。在这些问题中，广泛采用了现代数学方法，使得控制理论的研究不断深入，取得了丰硕的成果。建模是控制理论中所要解决的第一个问题。控制理论中的建模方法主要有两种，一是经验建模，二是根据物理规律建模。所研究的对象主要是动态模型，一般用微分方程或差分方程来描述。设计控制系统是控制理论的核心内容。在线性系统中，我们所用到的数学工具是拓扑、线性群。在非线性系统中，我们用到了微分几何。可以说微分几何是非线性控制理论的数学基础。优化是控制的一个基本目的，而最优控制则是现代控制理论的一个重要组成部分。例如庞特里亚金的极大值原理、贝尔曼的动态规划，都是关于优化和最优控制问题的。 本报告是对连续系统性能分析及闭环调节器设计，对系统的脉冲响应、能控性、能观测性、稳定性进行分析，然后通过状态反馈对系统进行极点配置，最后进行系统的仿真验证。复习、巩固和加深所学专业基础课和专业课的理论知识，综合运用经典控制理论与现代控制理论的知识，弄清楚其相互关系，使理论知识系统化、实用化；掌握基于状态空间分析法进行控制系统分析与综合的方法；训练利用计算机进行控制系统辅助分析与仿真的能力；掌握参数变化对系统性能影响的规律，培养灵活运用所学理论解决控制系统中各种实际问题的能力；培养分析问题、解决问题的独立工作能力，学习实验数据的分析与处理方法。最终达到增强我们的工程意识、联系实际问题设计、使理论与实践相结合的目的。 关键词：建模控制理论控制系统性能分析状态反馈仿真

目录 1 课题分析 (1) 2 MATLAB应用与系统模型建立 (2) 2.1MATLAB应用 (2) 2.1.1MATLAB 环境及基本命令 (2) 2.1.2 M 文件的编写 (3) 2.1.3图形处理 (3) 2.2系统模型建立 (4) 3 系统定量、定性分析 (6) 3.1能控性、能观性分析 (6) 3.1.1能观性、能观测性概念 (6) 3.1.2系统的能控性、能观测性分析 (7) 3.2系统稳定性分析 (8) 3.2.1系统稳定性概念 (8) 3.2.2系统稳定性分析 (8) 4输出反馈分析 (10) 4.1 输出反馈 (10) 4.2通过u Fy 给予反馈分析 (11) 5状态反馈与极点配置 (13) 5.1状态反馈 (13) 5.2极点配置 (14) 5.3闭环系统的状态反馈设计与极点配置 (14) 5.4已知输出求给定 (18) 6设计总结 (20) 参考文献 (21)

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：

动态规划 报告

算法与分析课程设计报告 题目：最短路径 专业：网络工程 班级：1020552 学号：08 姓名：牛慧敏 太原工业学院计算机工程系2012年11 月15 日

一、算法问题描述 给定一个m*n的矩形网络，设其左上角为起点S。一辆汽车从起点S出发驶向右下角终点T。网格边上的数字表示距离。在若干个网格点处设置了障碍，表示该网格点不可到达。试设计一个算法，求出汽车从起点S出发到达终点T的一条行驶路程最短的路线。 二、算法问题形式化表示 在给定的m x n矩形网格中，得出任意可行的两点之间的距离，再从其中抽取最短路径。但，必须从顶点开始，终点结束。 三、期望输入与输出 顺序得出任意可行的两点之间的距离 四、算法分析与步骤描述 1. 用一个集合R放置最短路径的所有网格点共m*n个。 2. 点集合中的点有其对应坐标原点（0,0）的横纵坐标x,y属性。 3. 用一个集合T记录所有边，边集合中的边有其边长和所连接的两点， 4. 对于m*n的矩行网络，有横向边(m+1)*n条，纵向边m*(n+1)条，。将所有边放入T集合，然后遍历去掉所有直接链接不可达点的边。剩下的就是一张可达的网格图，对于起点S和终点T，从S开始，可以采用图论的Dijkstra算法更新S到每个点的距离d。（用距离记录集合M记录S到每个点的距离。） d（u）=min(d(u),d(v k+1)+w(v k+1->u)). (u与v k+1相邻) 也可以直接将不可达点的连接边长设置为无穷大，然后代入Dijkstra算法 五、问题实例及算法运算步骤 循环将各行加入,即计算将k作为最大通过节点之后的最短路径,如果这个节点连通了其他节点,则察看是否将影响到当前的最短路径,如果加入当前节点和加入的节点之间是相通的, 则执行。以下为源代码: public static String[][] getShortestPath(int data[][]) { int length = data.length; String pathShow[][] = new String[length][length]; for (int i = 0; i < data.length; i++) for (int j = 0; j < data[i].length; j++) { if (data[i][j] > 0) pathShow[i][j] = (i + 1) + "-->" + (j + 1); else pathShow[i][j] = "不通"; } int k = 0; while (k < length) { for (int i = 0; i < length; i++) { if (data[k][i] > 0) { for (int m = 0; m < length; m++) { int temp[] = data[m];

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

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--运筹学课程设计

湖南农业大学 综合设计报告 综合设计五 动态规划算法 学生姓名：曾俊扬 学号：200840204219 年级专业：2008级信息与计算科学2班 指导老师：王明春老师 学院：理学院 评阅成绩： 评阅意见： 成绩评定教师签名：时间： 湖南·长沙 提交日期：2011年6月

动态规划之最短线路问题 1设计目的、要求 熟悉动态规划的相关概念，掌握使用动态规划的基本方法求解生活实际问题。本设计主要研究最短路问题，利用JAVA 实现最短路算法。 2设计原理 在求解的各个阶段，利用了k 阶段与k+1阶段之间的递推关系： {}11()55444()min (,())()4,3,2,1 ()0(()(,)) k k k k k k k k k k u D s f s d s u s f s k f s f s d s E ++∈?=+=??==??或 3采用软件、设备 微型电子计算机、MyEclipse 6.5 4设计内容 1.动态规划基本认识： 动态规划是运筹学的一个分支，它是解决多阶段决策过程最优化问题的一种方法。该方法是由美国数学家贝尔曼(R ．Bellman)等人在本世纪50年代初提出的。他们针对多阶段决策问题的特点，提出了解决这类问题的“最优化原理”，并成功地解决了生产管理、工程技术等方面的许多实际问题，从而建立了运筹学的一个新分支——动态规划。他的名著《动态规划》于1957年出版，该书是动态规划的第一本著作。 动态规划是现代企业管理中的一种重要决策方法，在工程技术、经济管理、工农业生产及军事及其它部们都有广泛的应用，并且获得了显著的效果。动态规划可用于解决最优路径问题、资源分配问题、生产计划与库存问题、投资分配问题、装载问题、设备更新与维修问题、排序问题及生产过程的最优控制等。由于它所具有独特的解题思路，在处理某些优化问题时，常常比线性规划或非线性规划方法更有效。 本设计从实际问题展开对动态规划算法最短路问题的实现。 2.实际问题：某工厂需要把一批货物从城市A 运到城市E ，中间可经过B 1 、 B 2、B 3、 C 1、C 2、C 3、 D 1、D 2等城市，各城市之间的交通线和距离如下图所示，问应该选择一条什么路线，使得从A 到 E 的距离最短？

动态规划习题精讲

信息学竞赛中的动态规划专题 哈尔滨工业大学周谷越 【关键字】 动态规划动机状态典型题目辅助方法优化方法 【摘要】 本文针对信息学竞赛（面向中学生的Noi以及面向大学生的ACM/ICPC）中的动态规划算法，从动机入手，讨论了动态规划的基本思想和常见应用方法。通过一些常见的经典题目来归纳动态规划的一般作法并从理论上加以分析和说明。并介绍了一些解决动态规划问题时的一些辅助技巧和优化方法。纵观全文可知，动态规划的关键在于把握本质思想的基础上灵活运用。 【目录】 1.动态规划的动机和基本思想 1.1.解决重复子问题 1.2.解决复杂贪心问题 2.动态规划状态的划分方法 2.1.一维状态划分 2.2.二维状态划分 2.3.树型状态划分 3.动态规划的辅助与优化方法 3.1.常见辅助方法 3.2.常见优化方法 4.近年来Noi动态规划题目分析 4.1 Noi2005瑰丽华尔兹 4.2 Noi2005聪聪与可可 4.3 Noi2006网络收费 4.4 Noi2006千年虫 附录参考书籍与相关材料

1.动态规划的动机和基本思想 首先声明，这里所说的动态规划的动机是从竞赛角度出发的动机。 1.1 解决重复子问题 对于很多问题，我们利用分治的思想，可以把大问题分解成若干小问题，然后再把各个小问题的答案组合起来，得到大问题的解答。这类问题的共同点是小问题和大问题的本质相同。很多分治法可以解决的问题（如quick_sort，hanoi_tower等）都是把大问题化成2个以内的不相重复的小问题，解决的问题数量即为∑(log2n / k)。而考虑下面这个问题： USACO 1.4.3 Number Triangles http://122.139.62.222/problem.php?id=1417 【题目描述】 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 1 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。 【输入格式】 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。 【输出格式】 单独的一行包含那个可能得到的最大的和。 【样例输入】 5 7 3 8 8 1 0 2 7 4 4 4 5 2 6 1 【样例输出】 30 显然，我们同样可以把大问题化成小问题来解决。如样例中最底层的6就可以从次底层

计算机算法分析课程设计 - 1. 动态规划—最优二叉搜索树2. 回溯法—图的着色

沈阳理工大学 成绩评定表 学生姓名徐雷班级学号1109010135 专业信息与计算 科学课程设计题目 1. 动态规划—最 优二叉搜索树 2. 回溯法—图的着色 评 语组长签字： 成绩 日期20 年月日

课程设计任务书 学院理学院专业信息与计算科学 学生姓名徐雷班级学号1109010135 课程设计题目 1. 动态规划—最优二叉搜索树2. 回溯法—图的着色 实践教学要求与任务: 1、巩固和加深对计算机算法分析与设计基本知识的理解。 2、初步掌握简单软件的分析方法和设计方法。 3、了解与课程有关的工程技术规范，能正确解释和分析设计结果。 4、具体任务 （1）动态规划—最优二叉搜索树 （2）回溯法—图的着色 工作计划与进度安排: 第一天查阅资相关料；第二、三天程序设计； 第四天程序调试；第五天答辩 指导教师： 201 年月日专业负责人： 201 年月日 学院教学副院长： 201 年月日

摘要 算法设计与分析，其实可以解释为一类优化问题，一般针对可以利用计算机解决的离散型问题的优化。主要目的就是为了解决某一问题而提出的各种不同的解决方案，并且要针对具体问题做细致的空间与时间复杂度分析。本文通过计算机算法分析设计出解最优二叉搜索树问题的动态规划算法和设计出解图的着色问题全部可行解的回溯法算法，利用C++语言编写程序实现算法。 动态规划算法是将待求解的问题分解成若干个子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。首先找出最优解的性质，并刻画其结构特征，然后递归的定义最优值（写出动态规划方程）并且以自底向上的方式计算出最优值，最后根据计算最优值时得到的信息，构造一个最优解。 回溯法算法是确定了解空间的组织结构后，回溯法就是从开始节点（根结点）出发，以深度优先的方式搜索整个解空间。这个开始节点就成为一个活结点，同时也成为当前的扩展结点。在当前的扩展结点处，搜索向纵深方向移至一个新结点。这个新结点就成为一个新的或节点，并成为当前扩展结点。如果在当前的扩展结点处不能再向纵深方向移动，则当前的扩展结点就成为死结点。换句话说，这个节点，这个结点不再是一个活结点。此时，应往回（回溯）移动至最近一个活结点处，并使这个活结点成为当前的扩展结点。回溯法即以这种工作方式递归的在解空间中搜索，直到找到所要求的解或解空间中以无活结点为止。即通过确定初始解和剪枝函数原则画出状态图进行搜索产生全部可行解。 关键词：动态规划；二叉搜索树；回溯法；剪枝原则；C++

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。

动态规划经典案例详解(背包问题)

动态规划经典案例详解之背包问题 【摘要】本文主要从动态规划经典案例——背包问题的动态规划设计思路出发，结合具体实例，对动态规划在程序设计中的典型应用以及衍生拓展进行详细分析。 【关键字】动态规划信息学奥赛0/1背包问题 动态规划并非一个算法，而是一种解题的思路，其核心思想是通过使用大量的存储空间把中间结果记录下来，大大减少重复计算的时间，从而提高的程序的执行效率，因为信息学奥林匹克复赛题目的解决程序一般是有时间限制的，对于某些用搜索必然耗费大量时间的题目，动态规划几乎是唯一的选择。但是动态规划并没有一个简单的模型可以套用，对于每个不同的题目都有对应的不同规划思路，我们只能通过对一些动态规划经典案例的学习来训练自己的动态规划思维能力，从而以不变应万变，应付各种复杂的程序设计，本文通过对动态规划经典案例之一的背包问题进行详细阐述，旨在让学生了解动态规划和搜索的不同设计思路以及动态规划的优越性。 【原型例题】 从n个物品中选取装入背包的物品，每件物品i的重量为wi，价值为pi。求使物品价值最高的选取方法。 【输入文件】 第一行一个数c，为背包容量。 第二行一个数n，为物品数量 第三行n个数，以空格间隔，为n个物品的重量 第四行n个数，以空格间隔，为n个物品的价值 【输出文件】 能取得的最大价值。 【分析】 初看这类问题，第一个想到的会是贪心，但是贪心法却无法保证一定能得到最优解，看以下实例： 贪心准则1：从剩余的物品中，选出可以装入背包的价值最大的物品，利用这种规则，价值最大的物品首先被装入（假设有足够容量），然后是下一个价值最大的物品，如此继续下去。这种策略不能保证得到最优解。例如，考虑n=2,w=[100,10,10],p=[20,15,15],c=105。当利用价值贪婪准则时，获得的解为x=[1,0,0]，这种方案的总价值为20。而最优解为[0,1,1]，其总价值为30。 贪心准则2：从剩下的物品中选择可装入背包的重量最小的物品。虽然这种规则对于前面的例子能产生最优解，但在一般情况下则不一定能得到最优解。考虑n=2,w=[10,20], p=[5,100],c=25。当利用重量贪婪策略时，获得的解为x=[1,0],比最优解[0,1]要差。

计算机算法设计与分析课程设计.

成绩评定表 学生姓名吴旭东班级学号1309010236 专业信息与计算 科学课程设计题目 分治法解决棋盘覆 盖问题；回溯法解 决数字拆分问题 评 语 组长签字： 成绩 日期20 年月日

课程设计任务书 学院理学院专业信息与计算科学 学生姓名吴旭东班级学号1309010236 课程设计题目分治法解决棋盘覆盖问题；回溯法解决数字拆分问题实践教学要求与任务: 要求： 1．巩固和加深对基本算法的理解和运用，提高综合运用课程知识进行算法设计与分析的能力。 2．培养学生自学参考书籍，查阅手册、和文献资料的能力。 3．通过实际课程设计，掌握利用分治法或动态规划算法，回溯法或分支限界法等方法的算法的基本思想，并能运用这些方法设计算法并编写程序解决实际问题。 4．了解与课程有关的知识，能正确解释和分析实验结果。 任务： 按照算法设计方法和原理，设计算法，编写程序并分析结果，完成如下内容： 1.运用分治算法求解排序问题。 2. 运用回溯算法求解N后问题。 工作计划与进度安排: 第12周：查阅资料。掌握算法设计思想，进行算法设计。 第13周：算法实现，调试程序并进行结果分析。 撰写课程设计报告，验收与答辩。 指导教师： 201 年月日专业负责人： 201 年月日 学院教学副院长： 201 年月日

算法分析是对一个算法需要多少计算时间和存储空间作定量的分析。算法 （Algorithm）是解题的步骤，可以把算法定义成解一确定类问题的任意一种特殊的方法。在计算机科学中，算法要用计算机算法语言描述，算法代表用计算机解一类问题的精确、有效的方法。 分治法字面上的解释是“分而治之”，就是把一个复杂的问题分成两个或更多的相同或相似的子问题，再把子问题分成更小的子问题……直到最后子问题可以简单的直接求解，原问题的解即子问题的解的合并。在一个2^k*2^k的棋盘上， 恰有一个放歌与其他方格不同，且称该棋盘为特殊棋盘。 回溯法的基本做法是深度优先搜索，是一种组织得井井有条的、能避免不必要重复搜索的穷举式搜索算法。数字拆分问题是指将一个整数划分为多个整数之和的问题。利用回溯法可以很好地解决数字拆分问题。将数字拆分然后回溯，从未解决问题。 关键词：分治法，回溯法，棋盘覆盖，数字拆分

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

运筹学课程设计

运筹学

案例6.1网络中的服务及设施布局 （a）在11个小区内准备共建一套医务所，邮局，储蓄所，综合超市等服务设施，应建于哪一个居民小区，使对居民总体来 说感到方便； ●问题分析 为满足题目的要求。只需要找到每一个小区到其他任何一个小区的最短距离。然后再用每一小区的人数进行合理的计算后累加，结果最小的便是最合理的建设地。 ●以下表中数据d ij表示图中从i到j点的最短距离

设施建于各个小区时居民所走路程

由以上数据可知。各项服务设施应建于第八个居民小区。 （b）电信部门拟将宽带网铺设到各个小区，应如何铺设最为经济 ●问题分析 要解决这个问题时期最为经济。只需要找到图找的最小部分树便可以。 ●以下是最小部分树。 起点终点距离 1 4 4 4 2 5 4 5 5 5 6 4 6 3 5 4 8 6 8 7 4 8 9 4 7 10 5 10 11 0 所以按照以上路径进行线路铺设，就可达到最经济。总的距离为42 （c）一个考察小组从小区1出发，经5.8.10。小区（考察顺序不

限），最后到小区9再离去，请帮助选一条最短的考察路线。 问题分析 找出这几个小区通过的不同组合，计算出路程总和，最短的就是最优路线。 以下是不同组合以及各个路程 一·1→5（11）5→8（8）8→10（9）10→9（12）40 二·1→5（11）5→10（17）10→8（9）8→9（4）41 三·1→8（12）8→10（9）10→5（17）5→9（6）44 四·1→8（12）8→5（8）5→10（17）10→9（12）49 五·1→10（13）10→5（17）5→8（8）8→9（4）42 六·1→10（13）10→8（9）8→5（8）5→9（6）36 由以上数据可知最短的考察路线是 1→10→8→5→9 案例8.2用不同的方法解决最短路问题 说明：为了解题的方便，现将图中的代号修改如下。A、B1、B2、B3、C1、C2、D1、D2、D3、E.修改为1、2、3、4、5、7、8、9、10。