动态规划（八）（测验）
好了，直接开始吧。
夏令营第一阶段（Day8）问题A剪纸带(ribbon)
题目描述
现有一长n的纸带，它最多能被切多少条小纸带，且满足：每条小纸带的长度要么是a，要么是b，要么是c，如果一条都切不成功的话，输出-1。
输入
一行，四个整数分别表示n,a,b,c。1 ≤ n, a, b, c ≤ 4000。
输出
一个表示你的答案的整数。
样例输入
5 5 3 2
样例输出
2
那么直接开始
纸带长为n，可以剪掉长为a或b或c的长度，且每种长度又可以剪无数次，所以这题已经很明显了，就是一道完全背包。
其中 i 表示第i种长度， j 表示纸带长度。
那么我们直接按照完全背包的方法去做就好了
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5];
int n;
int f[50005];
const int oo=1e9;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<=50003;i++) f[i]=-oo; //初始化,不影响结果，且可以判断题中输出-1的情况
f[0]=0;//初始化，不然会算出一些很奇怪的东西
for(int i=1;i<=3;i++) scanf("%d",&a[i]); //就是题目中的a,b,c（为了更方便利用完全背包，因此存到数组内部
for(int i=1;i<=3;i++){
for(int j=a[i];j<=n;j++) //完全背包基本公式。
f[j]=max(f[j-a[i]]+1,f[j]); //动态转移方程，f[j-a[i]]指的是在纸带长度为j-a[i]时的最优值，+1指的是剪去一段长度为a[i]的纸片，剪的次数加多了一次，所以+1，f[j]表示我不剪当前长度时的最优值。
}
if(f[n]<0){ //初始化的妙用
printf("%d\n",-1); //判断-1的情况
return 0;
}
printf("%d\n",f[n]); //输出最优答案
return 0;
}
嗯，很简单的题。
问题 B: 夏令营第一阶段（Day8）问题B消除(pop)
题目描述
有n个整数。每次你选择其中一个数x，接着所有等于x-1或x+1的数和你选择的那个数都会消失，而你获得x个积分。问，当你消除掉所有整数时，最多能获得多少积分。
输入
第一行一个整数n。1 ≤ n ≤ 10 ^ 5。
第二行n个大于等于1，小于等于10 ^ 5的整数。
输出
一个表示你的答案的整数。
样例输入
9
1 2 1 3 2 2 2 2 3
样例输出
10
其实也很水
首先，我们可以把这一大堆数字看成一个数轴，所以如果我消除数字 ，那么 和 两个数字就不需要消除了，因为已经被 解决了。
我们可以用一个
数组记录消除数字
所需要的价值。
其中
表示如果我消除数字
时所得到的答案，因为如果我们消除数字
,则
与
就无了，但是
不能影响
所以我们需要加上当消除到
时的最优值。
则表示如果我不消除
这个数字时的最优值，然后两个比较，要么消除要么不消除，比较其最优值就得出了
的最优值。
嘤嘤嘤
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long c;
long long f[1000005];
long long sum[1000005];
int main(){
cin>>n;
for(long long i=1;i<=n;i++){
long long x;
cin>>x;
sum[x]+=x; //记录消除数字x时所需的代价
c=max(c,x); //求出最大的数字，在以后做DP的时候不做无谓的搜索。
}
f[1]=sum[1];
for(long long i=2;i<=c;i++)
f[i]=max(f[i-2]+sum[i],f[i-1]); //得出的动态转移方程
cout<<max(f[c],f[c-1])<<endl; //输出消除c和c-1两种情况的最优值
return 0;
}
完美
夏令营第一阶段（Day8）问题C传球游戏(ball)
题目描述
上体育课的时候，小蛮的老师经常带着同学们一起做游戏。这次，老师带着同学们一起做传球游戏。
游戏规则是这样的：n个同学站成一个圆圈，其中的一个同学手里拿着一个球，当老师吹哨子时开始传球，每个同学可以把球传给自己左右的两个同学中的一个（左右任意），当老师再次吹哨子时，传球停止，此时，拿着球没传出去的那个同学就是败者，要给大家表演一个节目。
聪明的小蛮提出一个有趣的问题：有多少种不同的传球方法可以使得从小蛮手里开始传的球，传了m次以后，又回到小蛮手里。两种传球的方法被视作不同的方法，当且仅当这两种方法中，接到球的同学按接球顺序组成的序列是不同的。比如有3个同学1号、2号、3号，并假设小蛮为1号，球传了3次回到小蛮手里的方式有1->2->3->1和1->3->2->1，共2种。
输入
输入共一行，有两个用空格隔开的整数n，m（3<=n<=30，1<=m<=30）。
输出
输出共一行，有一个整数，表示符合题意的方法数。
样例输入
3 3
样例输出
2
看一看，因为是围成一个圈，所以，传 次后球传到第 个人手上的方法数是多少呢？
因为第 个人的两边分别是第 个人和第 个人，所以第 个人的方法数就是第 个人的方案数加上第 个人的方案数之和，我们用一个 数组来表示第 个人的最多方案数，然后这个还有步数的限制，所以数组还需要多开一维， 就表示第 步时球传到第 个人的方案数。
那么，第
步时球传到第
个人的方案数就是第
步时传到第
个人和第
个人的方案数总和，所以
漂亮
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int f[35][35];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
f[0][1]=1; //设小蛮为第一个人。
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(j==1) //因为是一个圈，所以当j为1的时候需要特判
f[i][j]=f[i-1][j+1]+f[i-1][n];
else if(j==n) //同上
f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][1];
else f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j+1]; //动态转移方程。
}
}
printf("%d\n",f[m][1]);
return 0;
}
夏令营第一阶段（Day8）问题D网格路1(grid1)
题目描述
小x住在左下角(0,0)处，小y在右上角(n,n)处。小x需要通过一段网格路才能到小y家。每次，小x可以选择下面任意一个方向前进：
右方：从(x,y)到点(x+1,y)；
上方：从(x,y)到点(x,y+1)；
右上方：从(x,y)到点(x+1,y+1)。
问小x有多少种走法到达小y家。
输入
一行，一个整数n。1 ≤ n ≤ 500.
输出
你的答案除以1000000007的余数。
样例输入
2
样例输出
13
又是一道非常水的题
这个动态转移方程应该一看就出来了吧
其实 就是
既然动态转移方程出来了
上代码！
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long f[505][505];
const long long mod=1000000007;
int main(){
scanf("%lld",&n);
n+=1; //题目中是（0，0）到（n，n），我为了防止数组越界，要+1，也会方便很多。
f[0][0]=1; //初始化。
for(long long i=1;i<=n;i++)
for(long long j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=(f[i-1][j-1]%mod+f[i-1][j]%mod+f[i][j-1]%mod)%mod; //动态转移方程。
printf("%d\n",f[n][n]%mod);
return 0;
}
夏令营第一阶段（Day8）问题E卡牌游戏(card)
题目描述
有三种卡牌，记为A,B,C类型。每轮，小x可以选择的出牌方法有：
打出一张A牌；
打出一张B牌；
打出一张A牌和一张C牌；
打出两张B牌和三张C牌。
问小x有多少种方法出完所有的牌。只要有一轮出牌的方法不一样，就算作不同的方法。
输入
一行，三个整数a,b,c，依次表示卡牌A,B,C的数量。1 ≤ a,b,c ≤ 15
输出
你的答案除以1 000 000 007的余数。
样例输入
2 2 3
样例输出
3
emmm…这题怎么做呢？
其实很简单
我们用一个三维数组 来模拟，A，B，C三种卡牌的数量
那么， 表示A种卡牌数量为 ，B种卡牌数量为 ，C种卡牌的数量为 的方案数。
而题目中给出的出牌规则是这样的：
打出一张A牌；
打出一张B牌；
打出一张A牌和一张C牌；
打出两张B牌和三张C牌。
那么
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,c;
int f[55][55][55];
const int mod=1000000007;
int main(){
cin>>a>>b>>c;
f[0][0][0]=1; //初始化
for(int i=0;i<=a;i++){
for(int j=0;j<=b;j++){
for(int k=0;k<=c;k++){ //枚举A，B，C卡牌的数量
if(i>=1){f[i][j][k]+=f[i-1][j][k];f[i][j][k]%=mod;} //DP，记得特判，不然会越界。下同。
if(j>=1){f[i][j][k]+=f[i][j-1][k]%mod;f[i][j][k]%=mod;}
if(i>=1 && k>=1){f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1]%mod;f[i][j][k]%=mod;}
if(j>=2 && k>=3){f[i][j][k]+=f[i][j-2][k-3]%mod;f[i][j][k]%=mod;}
}
}
}
cout<<f[a][b][c]%mod<<endl;
return 0;
}
夏令营第一阶段（Day8）问题F好的序列(seq)
题目描述
一个长为k的序列b1, b2, …, bk (1 ≤ b1 ≤ b2 ≤ … ≤ bk ≤ n)，如果对所有的 i (1 ≤ i ≤ k - 1)，满足bi | bi+1，那么它就是好的序列。这里a | b表示a是b的因子，或者说a能整除b。
给出n和k，求长度为k的好的序列有多少个。
输入
一行，两个整数n,k。1 ≤ n,k ≤ 2000
输出
你的答案除以1 000 000 007的余数。
样例输入
3 2
样例输出
5
样例说明
有如下5个序列：[1, 1], [2, 2], [3, 3], [1, 2], [1, 3]。
这题怎么说呢…
我的思路是这样的：用 来表示长度为 ,最大的数为 ，那么 这个等于多少呢？
我们可以这样：枚举一个因数 ，再枚举倍数 ，即可以得出 （因为下一个数一定是前一个数的倍数）
那么，我们的核心代码就出来了：
for(int i=2;i<=k;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int x=1;x<=n/j;x++) //枚举倍数，一定不超过n。
f[i][x*j]=(f[i][x*j]+f[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
然后，我们再把长为 的序列的总可能数加起来，就是我们的答案了
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int f[2006][2006];
int ans;
const int mod=1000000007;
int main(){
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
f[1][i]=1;
for(int i=2;i<=k;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int k=1;k<=n/j;k++)
f[i][k*j]=(f[i][k*j]+f[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[k][i]%mod)%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
夏令营第一阶段（Day8）问题G四面体(tetra)
题目描述
一只蚂蚁从点A出发，每次行动可沿四面体的边来到另外一个点。问n次行动后，蚂蚁回到点A有多少种方法。
输入
一行，一个整数n。1 ≤ n ≤ 10^6
输出
你的答案除以1 000 000 007的余数。
样例输入
2
样例输出
3
康康这题
是不是似曾相识？
这不就传球游戏嘛！只不过每个点都可以到达另外三个点而已
水题！
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long f[1000000][6];
const long long mod=1000000007;
int main(){
scanf("%lld",&n);
f[0][1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][1]=(f[i-1][2]%mod+f[i-1][3]%mod+f[i-1][4]%mod)%mod;
f[i][2]=(f[i-1][1]%mod+f[i-1][3]%mod+f[i-1][4]%mod)%mod;
f[i][3]=(f[i-1][2]%mod+f[i-1][1]%mod+f[i-1][4]%mod)%mod;
f[i][4]=(f[i-1][2]%mod+f[i-1][3]%mod+f[i-1][1]%mod)%mod;
}
printf("%d\n",f[n][1]);
return 0;
}
其实嘛，这套题也就这样吧
so，到这就完了！
撒花~~