記憶化搜尋題目總結（1）
記憶化搜尋題目總結(1)
一. 概述
演算法上依然是搜尋的流程，但是搜尋到的一些解用動態規劃的那種思想和模式作一些儲存。在求解的時候還是按著自頂向下的順序，但是每求解一個狀態，就將它的解儲存下來，以後再次遇到這個狀態的時候，就不必重新求解了。這種方法綜合了搜尋和動態規劃兩方面的優點。
二. 引題
POJ1579 題目連結
if a <= 0 or b <= 0 or c <= 0, then w(a, b, c) returns 1
if a > 20 or b > 20 or c > 20, then w(a, b, c) returns w(20, 20, 20)
if a < b and b < c, then w(a, b, c) returnsw(a, b, c-1) + w(a, b-1, c-1) - w(a, b-1, c)
otherwise it returns w(a-1, b, c) + w(a-1, b-1, c) + w(a-1, b, c-1) - w(a-1, b-1, c-1)
DFS做法
long long dfs(int x, int y, int z)
{
if(x <= 0 || y <= 0 || z <= 0){
return 1;
}
if(x > 20 || y > 20 || z > 20){
x = y = z = 20;
}
if(x < y && y < z){
return dfs(x, y, z - 1) + dfs(x, y - 1, z - 1) - dfs(x, y - 1, z);
}
else 上述的dfs做法可以發現計算了大量的重疊子問題，如在計算dfs(4, 4, 4)和dfs(3, 4, 5)時都需要計算dfs(3, 4, 4),都會遍歷dfs(3, 4, 4)這整顆子樹，花費大量時間，因此我們想到將每個狀態的值記錄下來，以後求解時可以直接得到該值。
記憶化搜尋解法
#include<iostream>
#include<cstring> 三. 例題
數字三角形
POJ1163 題目連結
給定一個由n行數字組成的數字三角形。試設計一個演算法，計算出從三角形的頂至底的一條路徑，使該路徑經過的數字總和最大。
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
思路：
定義dp[i][j]為第i行第j列到底部的最大數字和，
狀態轉移方程為dp[i][j] = max(dp[i + 1][j]， dp[i + 1][j + 1]) + array[i][j]
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[10][10];
int d[10][10];
int dp(int i,int j,int n)
{
if(d[i][j] > 0)
return d[i][j];
if(i == n-1)
return a[i][j];
else
{
return d[i][j] = a[i][j] + max(dp(i+1,j,n),dp(i+1,j+1,n));
}
}
int main()
{
int i,j,n;
cin>>n;
for(i=0; i<n; i++)
for(j=0; j<=i; j++){
cin>>a[i][j];
}
for(i=0; i<n; i++)
for(j=0; j<=i; j++){
d[i][j]=0;
}
dp(0,0,n);
cout << d[0][0];
return 0;
}滑雪
POJ1088 題目連結
Michael喜歡滑雪百這並不奇怪， 因為滑雪的確很刺激。可是為了獲得速度，滑的區域必須向下傾斜，而且當你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降機來載你。Michael想知道載一個區域中最長底滑坡。區域由一個二維陣列給出。陣列的每個數字代表點的高度。下面是一個例子
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9
一個人可以從某個點滑向上下左右相鄰四個點之一，當且僅當高度減小。
思路：
定義dp[i][j]為從第i行第j列到最後的最長長度
狀態轉移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i+1][j], dp[i][j+1]) + 1
#include<iostream>
using namespace std;
int array[101][101];
int dp[101][101];
int r, c;
int dict[4][2] = {{-1, 0}, {0, -1}, {1, 0}, {0, 1}}; //四個方向
int dfs(int x, int y)
{
if(dp[x][y] > 0){
return dp[x][y];
}
dp[x][y] = 1;
int i;
for(i=0; i<4; i++)
{
int dx = x + dict[i][0];
int dy = y + dict[i][1];
if(dx >= 1 && dx <= r && dy >= 1 && dy <= c)
{
if(array[dx][dy] < array[x][y])
{
dp[x][y] = max(dp[x][y], dfs(dx, dy) + 1);
}
}
}
return dp[x][y];
}
int main()
{
int i, j, k;
cin >> r >> c;
for(i=1; i<=r; i++)
for(j=1; j<=c; j++)
{
cin >> array[i][j];
}
int maxx = 0;
for(i=1; i<=r; i++)
for(j=1; j<=c; j++)
{
int cur = dfs(i, j);
if(cur > maxx){
maxx = cur;
}
}
cout << maxx << endl;
} 矩形巢狀
nyoj16 題目連結
有n個矩形，每個矩形可以用a,b來描述，表示長和寬。矩形X(a,b)可以巢狀在矩形Y(c,d)中當且僅當a < c, b < d或者b < c, a < d（相當於旋轉X90度）。例如（1,5）可以巢狀在（6,2）內，但不能巢狀在（3,4）中。你的任務是選出儘可能多的矩形排成一行，使得除最後一個外，每一個矩形都可以巢狀在下一個矩形內。
定義d[i]為第i個矩陣可巢狀的最大個數，b[i][j]為第i個矩陣是否可以巢狀進第j個矩陣。
狀態轉移方程：d[i] = max(d[j] ) + 1，其中b[i][j] = 1;
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[1001][2];
int b[1001][1001]; //鄰接矩陣
int d[1001];
int dp(int i, int n)
{
if(d[i] > 0)
return d[i];
int j;
d[i] = 1;
for(j=0; j<n; j++)
{
if(b[i][j] == 1)
{
d[i] = max(d[i], dp(j,n)+1);
}
}
return d[i];
}
//先構造圖
void init(int n)
{
int i, j;
for(i=0; i<n; i++)
for(j=0; j<n; j++)
{
if((a[i][0] < a[j][0] && a[i][1] < a[j][1]) ||
(a[i][0] < a[j][1] && a[i][1] < a[j][0]))
b[i][j] = 1;
}
}
int main()
{
int N, n, i, j, k, max=0;
cin >> N;
for(i=1; i<=N; i++)
{
max = 0;
cin >> n;
for(j=0; j<n; j++)
cin >> a[j][0] >> a[j][1];
for(j=0; j<n; j++)
for(k=0; k<n; k++){
b[j][k] = 0;
}
for(j=0; j<n; j++){
d[j] = 0;
}
init(n);
for(j=0; j<n; j++){
dp(j,n);
}
for(j=0; j<n; j++){
if(d[j] > max)
{
max = d[j];
}
}
cout << max << endl;
}
}硬幣問題
題目：有n種硬幣，面值分別為V1,V2,…Vn,每種都有無限多。給定非負整數S，可以選用多少個硬幣，使得面值之和恰好為S？輸出硬幣數目的最小值。
思路：
定義d[s]為面值s到面值0最少可用的硬幣數目
狀態轉移方程：d[s] = max(d[s - v[i]] + 1)，其中s >= v[i];
int dfs(int s)
{
if(vis[s]){
return dp[s];
}
dp[s] = -(1 << 30);
int i;
for(i=0; i<n; i++){
if(s >= v[i])
{
dp[s] = max(dp[s], dfs(s - v[i]) + 1);
}
}
return dp[s];
} New Year and Fireworks
參考文獻：《演算法競賽入門經典》