DP on ziyangly

dp(三)——背包问题

Sat, 20 Sep 2025 00:00:00 +0000

背包问题我感觉可能好做一点，对于中等难度的题目可能只要判断好背包类型，可能再加上一点优化或其他算法就差不多能解决了。

这里的题目可能各位尝试感觉会说没多难，但是我还是感觉做题目比较难的是判断这是什么题目，要用什么方法解决，要不要优化。这里简单说一下如何判断背包问题。其实说起来很简单，对于一个在限制量的要求下去求最值的问题大多是可以用背包来解决的。

这里总结一下几种背包类型和对应的题目，但是下面列出的大多数可能难度在绿题的样子或者低一级，各位熟悉后可以再去尝试更难的锻炼自己应用能力。

01背包

简介

n个物品，m的容量，每个物品有对应的重量和价值，每个物品只能拿一个，问能得到的最大价值为多少

分析

这个也是dp思想，首先我们很清楚这个问题可以由最优子问题解决，这个就不多说了，我们这里就说下一般的两种做法。

二维DP矩阵说明

f[i][j]表示只考虑前i个物品，当容量为j时的最值

1. 矩阵基本信息

行代表：物品（从0到n）
列代表：容量（从0到m）
单元格含义：f[i][j] 表示考虑前i个物品、容量为j时的最大价值

2. 矩阵结构示例

i\j（物品\容量）	0	1	2	…	m
0（无物品）	0	0	0	…	0
1	计算值	计算值	计算值	…	计算值
2	计算值	计算值	计算值	…	计算值
…	…	…	…	…	…
n	结果	结果	结果	…	最终结果

一维DP数组说明

其实就是对二维dp的空间优化，用f[i]表示在容量为i时能达到的最值

1. 数组基本信息

索引代表：容量（从0到m）
元素含义：f[j] 表示容量为j时能获得的最大价值（通过迭代更新实现空间优化）

2. 数组迭代过程示例

状态阶段	容量0	容量1	容量2	…	容量m
初始状态	0	0	0	…	0
处理第1个物品后	0	更新值1	更新值2	…	更新值m
处理第2个物品后	0	再更新值1	再更新值2	…	再更新值m
…	…	…	…	…	…
处理完所有物品	0	最终结果1	最终结果2	…	最终结果m

3. 核心特点

仅用一个一维数组存储中间结果，空间复杂度从O(n×m)优化为O(m)
迭代方向需从右到左（容量从m到0），避免单个物品被重复选择
每次迭代对应一个物品的处理，通过覆盖旧值实现状态更新

01背包例题——搬砖

题目描述

这天，小明在搬砖。

他一共有 $n$ 块砖，他发现第 $i$ 砖的重量为 $w_{i}$，价值为 $v_{i}$。他突然想从这些砖中选一些出来从下到上堆成一座塔，并且对于塔中的每一块砖来说，它上面所有砖的重量和不能超过它自身的价值。

他想知道这样堆成的塔的总价值（即塔中所有砖块的价值和）最大是多少。

输入格式

输入共 $n+1$ 行, 第一行为一个正整数 $n$, 表示砖块的数量。

后面 $n$ 行, 每行两个正整数 $w_{i}, v_{i}$ 分别表示每块砖的重量和价值。

输出格式

一行，一个整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

说明/提示

【样例说明】

选择第 $1$、$2$、$4$ 块砖，从上到下按照 $2$、$1$、$4$ 的顺序堆成一座塔，总价值为 $4+1+5=10$。

【评测用例规模与约定】

对于 $20 %$ 的数据，保证 $n \leq 10$;

对于 $100 %$ 的数据，保证 $n \leq 1000 ; w_{i} \leq 20 ; v_{i} \leq 20000$ 。

蓝桥杯 2022 国赛 B 组 J 题。

思路

这道题比正常的01背包难一点，因为他让我们不能无脑遍历，为什么呢。因为每块转的承重能力不一样我们如果强行遍历会错失最优解，所以我们的首要任务就是想办法找出最好的顺序（各位正常解题要判断是否要用dp，用什么类型，这个分析就先省略了，可以看前面的博客或者自己多做题后会有感觉的）。

为了找到这个排序，我们可以先减少数量来看，我们就思考两块砖i和j。我们想是不是存在一种可能如果i可以在j下面那么j也一定可以呢，这样我们排序后就不会错过最优解了，因为i能做的我j也能做（好热血啊）。那我们就试着推导一下。

当i能在下面承担是会满足两个条件（我们假设二者中间的总重为m1,上面的总重为m2）
·v_i >= m1 + m2 + m_j
·v_j >= m2
而要j能在下面承担是也要满足两个条件
·v_j >= m1 + m2 + m_i
·v_i >= m2
现在我们要用第一组条件推导出第二组，很明显第二组的第二个条件是满足的。我们就来证明第一个条件
观察到m1 + m2的部分是相同的，我们通过移项发现如果 v_j - m_i >= v_i - m_j 则满足，即v_j+m_j >= v_i+m_i。至此我们就得到了排序方案

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define int long long

const int mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f;

int n;
const int N = 20005;
const int M = 1005;
int f[N];

struct node{
    int w, v;
    friend bool operator < (const node &a, const node &b){
        return a.w + a.v < b.w + b.v;
    }
}a[M];

void solve(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i].w >> a[i].v;
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    int ans = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = a[i].w+a[i].v; j >= a[i].w; j--){
            f[j] = max(f[j], f[j-a[i].w]+a[i].v);
            ans = ans > f[j] ? ans : f[j];
        }
    }
    cout << ans << endl;
}

signed main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int t = 1;
    // cin >> t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

完全背包

简介

一样的问题，但是完全背包的物品可以无限拿，处理方案和01背包相似，但是01背包是倒序背包容量避免一个物品拿多次，完全背包就正序就好了。

完全背包例题——纪念品

题目描述

小伟突然获得一种超能力，他知道未来 $T$ 天 $N$ 种纪念品每天的价格。某个纪念品的价格是指购买一个该纪念品所需的金币数量，以及卖出一个该纪念品换回的金币数量。

每天，小伟可以进行以下两种交易无限次：

任选一个纪念品，若手上有足够金币，以当日价格购买该纪念品；
卖出持有的任意一个纪念品，以当日价格换回金币。

每天卖出纪念品换回的金币可以立即用于购买纪念品，当日购买的纪念品也可以当日卖出换回金币。当然，一直持有纪念品也是可以的。

$T$ 天之后，小伟的超能力消失。因此他一定会在第 $T$ 天卖出所有纪念品换回金币。

小伟现在有 $M$ 枚金币，他想要在超能力消失后拥有尽可能多的金币。

输入格式

第一行包含三个正整数 $T, N, M$，相邻两数之间以一个空格分开，分别代表未来天数 $T$，纪念品数量 $N$，小伟现在拥有的金币数量 $M$。

接下来 $T$ 行，每行包含 $N$ 个正整数，相邻两数之间以一个空格分隔。第 $i$ 行的 $N$ 个正整数分别为 $P_{i,1},P_{i,2},\dots,P_{i,N}$，其中 $P_{i,j}$ 表示第 $i$ 天第 $j$ 种纪念品的价格。

输出格式

输出仅一行，包含一个正整数，表示小伟在超能力消失后最多能拥有的金币数量。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

输出 #2

说明/提示

样例 1 说明

最佳策略是：

第二天花光所有 $100$ 枚金币买入 $5$ 个纪念品 $1$；

第三天卖出 $5$ 个纪念品 $1$，获得金币 $125$ 枚；

第四天买入 $6$ 个纪念品 $1$，剩余 $5$ 枚金币；

第六天必须卖出所有纪念品换回 $300$ 枚金币，第四天剩余 $5$ 枚金币，共 $305$ 枚金币。

超能力消失后，小伟最多拥有 $305$ 枚金币。

样例 2 说明

最佳策略是：

第一天花光所有金币买入 $10$ 个纪念品 $1$；

第二天卖出全部纪念品 $1$ 得到 $150$ 枚金币并买入 $8$ 个纪念品 $2$ 和 $1$ 个纪念品 $3$，剩余 $1$ 枚金币；

第三天必须卖出所有纪念品换回 $216$ 枚金币，第二天剩余 $1$ 枚金币，共 $217$ 枚金币。

超能力消失后，小伟最多拥有 $217$ 枚金币。

数据规模与约定

对于 $10%$ 的数据，$T = 1$。

对于 $30%$ 的数据，$T \leq 4, N \leq 4, M \leq 100$，所有价格 $10 \leq P_{i,j} \leq 100$。

另有 $15%$ 的数据，$T \leq 100, N = 1$。

另有 $15%$ 的数据，$T = 2, N \leq 100$。

对于 $100%$ 的数据，$T \leq 100, N \leq 100, M \leq 10^3$，所有价格 $1 \leq P_{i,j} \leq 10^4$，数据保证任意时刻，小伟手上的金币数不可能超过 $10^4$。

思路

这个也不是板子题还是需要一些额外思考的，但是也不算太难因为也不需要额外的处理，属于一般题吧，毕竟除了学习的时候也不会做到板子题。

来分析思路。对于我们正常来想，我们要思考的就是每一天投入多少去购买能最大化收益。题目提到纪念品可以买完就卖所以我们可以不要考虑持有量全部转化成金币就好，其余部分就是正常完全背包。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned;
using u128 = unsigned __int128;
using i128 = __int128;

const int mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f;

int n,m,t;
const int N = 105;
const int M = 1e4+5;
int v[N][N];
int f[M];

void solve(){
    cin >> t >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= t; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            // 第i天第j个物品的价值
            cin >> v[i][j]; 
        }
    }
    int cur = m;
    for(int i = 1; i < t; i++){
        for(int c = 0; c <= cur; c++) f[c] = c;
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            for(int k = v[i][j]; k <= cur; k++){
                f[k] = max(f[k], f[k-v[i][j]]+v[i+1][j]);
            }
        }
        cur = f[cur];
    }
    cout << cur;
}

signed main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int t = 1;
    // cin >> t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

分组背包

简介

每一组只能挑一个物品，要求最值。理解起来也简单，就是01背包多了一个循环去跑一遍对应组里面的每一个物品

分组背包例题——通天之分组背包

题目背景

直达通天路·小 A 历险记第二篇

题目描述

自 $01$ 背包问世之后，小 A 对此深感兴趣。一天，小 A 去远游，却发现他的背包不同于 $01$ 背包，他的物品大致可分为 $k$ 组，每组中的物品相互冲突，现在，他想知道最大的利用价值是多少。

输入格式

两个数 $m,n$，表示一共有 $n$ 件物品，背包能承受的最大重量为 $m$。

接下来 $n$ 行，每行 $3$ 个数 $a_i,b_i,c_i$，表示物品的重量，利用价值，所属组数。

输出格式

一个数，最大的利用价值。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

说明/提示

$0 \leq m \leq 1000$，$1 \leq n \leq 1000$，$1\leq k\leq 100$，$a_i, b_i, c_i$ 在 int 范围内。

思路

纯板子，就阐明一下这个板子的思路吧。我们输入的时候比如输入x,y,z对应重量价值和租号,用吧b[z]存z组有多少个，用f[z][b[z]]存这个物品的索引好去调用他们的重量和价值

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned;
using u128 = unsigned __int128;
using i128 = __int128;

const int mod = 1e9+7;
const int inf = 0x3f3f3f;

const int N = 1005;
const int K = 105;
int n,m;
int w[N], v[N], b[N],f[N][N],dp[N];

void solve(){
    cin >> m >> n;
    int cat;
    int t = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> w[i] >> v[i] >> cat;
        t = t > cat ? t : cat;
        b[cat]++;
        f[cat][b[cat]] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= t; i++){
        for(int j = m; j >= 0; j--){
            for(int k = 1; k <= b[i]; k++){
                if(j >= w[f[i][k]])
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[f[i][k]]]+v[f[i][k]]);
            }
        }
    }
    cout << dp[m];
}

signed main(){
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int t = 1;
    // cin >> t;
    while(t--){
        solve();
    }
    return 0;
}

多重背包

简介

也是一个01背包变种，就是每个物品有确定的数量，去求最值，我们只需要把多个数量当成不同物品，那么又变成了01背包，但是可能复杂度高了点。我们这里就分享怎么通过二进制优化来处理

我们对于有n个的物品，不用把他们存成n个不同物品，我们把他们存成 2^0 + 2^1 + … + 2^i i个物品，这样就从O(n)变成了O(logn)。

多重背包例题——板子题（后面写树上dp的时候那题用了分组背包，这里就用板子展示一下大致思想吧）

题目大意

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。

输入格式：第一行两个整数，N 和 V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi, wi, si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

求最大值

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAX_V = 2005;

struct Good {
    int v, w;
};

int main() {
    int N, V;
    cin >> N >> V;
    
    vector<Good> goods;
    
    // 二进制优化处理多重背包
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        int v, w, s;
        cin >> v >> w >> s;
        
        // 将s个物品拆分成1,2,4,...,2^k,剩余数 的组别
        for (int k = 1; k <= s; k *= 2) {
            s -= k;
            goods.push_back({v * k, w * k});
        }
        if (s > 0) {
            goods.push_back({v * s, w * s});
        }
    }
    
    // 01背包问题
    vector<int> dp(V + 1, 0);
    for (auto good : goods) {
        for (int j = V; j >= good.v; j--) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - good.v] + good.w);
        }
    }
    
    cout << dp[V] << endl;
    return 0;
}

dp(二)——线性DP

Wed, 10 Sep 2025 00:00:00 +0000

花了许多天时间，写了大概10来道题，有几道简单，和两个作用属于提高+的吧。简单题没什么好说的，主要就是板子。从中等题开始，要么是对dp进行了优化，要么就是和其他的算法进行了结合，算是灵活性更高了。到了难的题目（对我来说），需要结合比较多数学知识，去自己手玩一下，去试和尝试证明一些方法再去进行DP，这里难的对我来说就是首先找到进行dp的状态是什么，然后用数学知识去进行一些推导，对于这种题目我觉得需要去多练习逐渐提升自己的数学思维，并且可以不用只练关于dp的，很多其他类型的也能做到锻炼数学思维。后面有机会写一篇关于数学思维题目的总结。这里抱歉很多题解都没写全，因为实在有些耗时，太杂了，我后面尽量写题的时候就把思路列好，后面写题解就方便点，还好这些题洛谷上都有，各位可以自行查看，这篇博客也主要是自己做一个总结还有挑一些题目尽量让各位多看几种，不要一直做重复的，当然练习的时候重复还是很重要的。

总结

先分享一下做了些DP题后的思考。首先见识各种模型还是很重要，让我们能很快找到去处理一些子问题的方法。其次就是要理清怎么去解决这类题目，首先dp其实就是把一个问题分解成若干个子问题，对于每一个子问题得到最优解来得到问题的最优解。我来总结一下我做这些题的思考方向：
·第一步是子问题是什么，因为我们要通过对子问题的最优决策来得到问题的最优解
·第二步是找到状态，这一步在我的观点上是区分DP题的难度的一个点，有时候很难一下就找到，要多次尝试和思考
·第三步是去寻找状态转移方程，我们已经确定状态后很自然就去推导状态转移方程
·第四步是确定各种边界条件
·最后一步是想是否需要优化和如何优化

还有一个点就是我们要怎么确定这道题是否要用DP，因为我做的时候我是直接标签去找线性DP的题的，所以我很清楚就是要用DP解决，但是我们打比赛或做一些题的时候不可能有tag告诉我们是什么类型，所以我们要明白如何去判断是否使用DP。这里分享一下阅读一些大佬的文章和自己一些了解后做的总结：
·是否有重叠子问题。比如在在解决问题时候子问题被重复计算，这种我们通常会使用记忆化来解决
·是否有最优子结构。就是这个问题是否能够由最优子结构构造出来
·决策无后效性。就是我们的决策只会改变当前和未来的状态，与过去无关

但是实际上最好的学习方法就是自己去选择题目去做并定期总结，接下来就展示几个各个难度的题

简单

P12833 [蓝桥杯 2025 国 B] 斐波那契字符串

题目描述

斐波那契字符串 $S$ 是由 $\tt 0$ 和 $\tt 1$ 所组成的字符串，其生成规则如下：

$S_1 = \tt 0$。
$S_2 = \tt 1$。
对于任意正整数 $n (n \geq 3)$，$S_n = S_{n-2} + S_{n-1}$（“+”表示字符串拼接）。

例如：$S_3 = 01$、$S_4 = 101$、$S_5 = 01101$。

在斐波那契字符串 $S$ 中，定义逆序对为满足以下条件的整数对 $(i, j)$:

$1 \leq i < j \leq |S|$（其中 $|S|$ 表示 $S$ 的长度）。
$S[i] = 1$（第 $i$ 个字符为 $\tt 1$）并且 $S[j] = 0$（第 $j$ 个字符为 $\tt 0$）。

现在，给定一个正整数 $N$，请你计算出 $S_N$ 中所有逆序对 $(i, j)$ 的总数。由于结果可能很大，请输出其对 $10^9 + 7$ 取余后的值。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 $T$，表示测试用例的数量。

接下来的 $T$ 行，每行包含一个整数 $N$，表示要计算的斐波那契字符串的序号。

输出格式

对于每个测试用例，输出一行，包含一个整数，表示 $S_N$ 中所有逆序对的总数对 $10^9 + 7$ 取余后的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

1
2
3

2
3
5

输出 #1

1
2

0
2

说明/提示

【样例说明】

对于 $N = 3$，$S_3 = 01$，逆序对总数为 0。

对于 $N = 5$，$S_5 = 01101$，逆序对为 $(2, 4)$、$(3, 4)$，总数为 2。

【评测用例规模与约定】

对于 20% 的评测用例，$1 \leq T \leq 20$，$3 \leq N \leq 35$。

对于 100% 的评测用例，$1 \leq T \leq 10^5$，$3 \leq N \leq 10^5$。

思路

我们那这道题来印证上面提到的思考方式。首先这道题存在子问题，并且可以由最优决策的子问题来解决问题，所以我们基本可以判断他是DP。
我们先来确定子问题，这题很明显，就是上两个字符串。
接下来确定状态，也不难看出状态就是逆序对数。
接下来推导状态转移方程，对于S_i = S_i-2 + S_i-1,S_i-2的逆序对不会变，而S_i-1的1与S_i-2的0组合会新增逆序对，那么我们的方程就很容易推导出来了： f[i] = f[i-2] + f[i-1] + one[i-1]*zero[i-2]
这道题的边界也很清晰，毕竟这是一个简单题，到此问题解决。
这里就不展示代码了，各位自己思考尝试一下。

中等

P1020 [NOIP 1999 提高组] 导弹拦截

题目描述

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，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。

输入格式

一行，若干个整数，中间由空格隔开。

输出格式

两行，每行一个整数，第一个数字表示这套系统最多能拦截多少导弹，第二个数字表示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。

输入输出样例 #1

输入 #1

`1`	`389 207 155 300 299 170 158 65`

输出 #1

1
2

6
2

说明/提示

对于前 $50%$ 数据（NOIP 原题数据），满足导弹的个数不超过 $10^4$ 个。该部分数据总分共 $100$ 分。可使用 $\mathcal O(n^2)$ 做法通过。
对于后 $50%$ 的数据，满足导弹的个数不超过 $10^5$ 个。该部分数据总分也为 $100$ 分。请使用 $\mathcal O(n\log n)$ 做法通过。

对于全部数据，满足导弹的高度为正整数，且不超过 $5\times 10^4$。

此外本题开启 spj，每点两问，按问给分。

NOIP1999 提高组第一题

$\text{upd 2022.8.24}$：新增加一组 Hack 数据。

思路

这道题的思路也比较清晰，这里就不像前一个一步步走了，讲一下大致的思路。我们要寻找一个最长非递增子序列，我们假设最长的结束在索引i，我们遍历前面j < i，然后更新dp[i] = max(i, {dp[j]+1})。

但是这道题要我们在O(nlogn)解决，说明这样单纯搞是不行的。看到logn我的第一个想法就是二分，结果确实可行。我们想要找到最大的dp[j],那么我们就假设dp[j] = x,令f[x]为长度为x的序列最大的最后一个数的大小，我们可以通过反证法去证明f[x]是一个单调不增的,由dp[j] <= f[x], dp[j] >= dp[i],得到dp[i] <= f[x]。因此我们要找到尽可能大的 x 满足 h(i)≤f[x]。考虑二分。

接下来就是考虑第二问，这里用到了Dilworth’s theorem, 在之前的博客提到过，有兴趣可以去了解下。

P1018 [NOIP 2000 提高组] 乘积最大

题目背景

NOIP2000 提高组 T2

题目描述

今年是国际数学联盟确定的“2000——世界数学年”，又恰逢我国著名数学家华罗庚先生诞辰 90 周年。在华罗庚先生的家乡江苏金坛，组织了一场别开生面的数学智力竞赛的活动，你的一个好朋友 XZ 也有幸得以参加。活动中，主持人给所有参加活动的选手出了这样一道题目：

设有一个长度为 $N$ 的数字串，要求选手使用 $K$ 个乘号将它分成 $K+1$ 个部分，找出一种分法，使得这 $K+1$ 个部分的乘积能够为最大。

同时，为了帮助选手能够正确理解题意，主持人还举了如下的一个例子：

有一个数字串：$312$，当 $N=3,K=1$ 时会有以下两种分法：

$3 \times 12=36$
$31 \times 2=62$

这时，符合题目要求的结果是：$31 \times 2 = 62$。

现在，请你帮助你的好朋友 XZ 设计一个程序，求得正确的答案。

输入格式

程序的输入共有两行：

第一行共有 $2$ 个自然数 $N,K$。

第二行是一个长度为 $N$ 的数字串。

输出格式

结果显示在屏幕上，相对于输入，应输出所求得的最大乘积（一个自然数）。

输入输出样例 #1

输入 #1

1
2

4 2
1231

输出 #1

说明/提示

数据范围与约定

对于 $60%$ 的测试数据满足 $6≤N≤20$。
对于所有测试数据，$6≤N≤40,1≤K≤6$。

思路

这道题大家可以自己思考试试，比较简单，就是加了个高精度，状态和方程都比较好想。

P13871 [蓝桥杯 2024 省 Java/Python A] 吊坠

题目描述

小蓝想制作一个吊坠，他手上有 $n$ 个长度为 $m$ 的首尾相连的环形字符串 ${s_1, s_2, \cdots, s_n}$，他想用 $n-1$ 条边将这 $n$ 个字符串连接起来做成吊坠，要求所有的字符串连完后形成一个整体。连接两个字符串 $s_i, s_j$ 的边的边权为这两个字符串的最长公共子串的长度（可以按环形旋转改变起始位置，但不能翻转），小蓝希望连完后的这 $n-1$ 条边的边权和最大，这样的吊坠他觉得最好看，请计算最大的边权和是多少。

输入格式

输入的第一行包含两个正整数 $n, m$，用一个空格分隔。

接下来 $n$ 行，每行包含一个长度为 $m$ 的字符串，分别表示 $s_1, s_2, \cdots, s_n$。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

4 4
aabb
abba
acca
abcd

输出 #1

说明/提示

【样例说明】

连接 $\langle 1,2\rangle, \langle 2,3\rangle, \langle 2,4\rangle$，边权和为 $4 + 2 + 2 = 8$

【评测用例规模与约定】

对于 $20%$ 的评测用例，$1 \leq n, m \leq 10$；

对于所有评测用例，$1 \leq n \leq 200$，$1 \leq m \leq 50$。所有字符串由小写英文字母组成。

思路

这道题也是不难，主要就是给大家展示DP与其他算法的结合，这个加入的最大生成树，各位也可以练手

P5124 [USACO18DEC] Teamwork G

题目描述

在 Farmer John 最喜欢的节日里，他想要给他的朋友们赠送一些礼物。由于他并不擅长包装礼物，他想要获得他的奶牛们的帮助。你可能能够想到，奶牛们本身也不是很擅长包装礼物，而 Farmer John 即将得到这一教训。

Farmer John 的 $N$ 头奶牛（$1\le N\le 10^4$）排成一行，方便起见依次编号为 $1\dots N$。奶牛 $i$ 的包装礼物的技能水平为 $s_i$。她们的技能水平可能参差不齐，所以 FJ 决定把她的奶牛们分成小组。每一组可以包含任意不超过 $K$ 头的连续的奶牛（$1\le K\le 10^3$），并且一头奶牛不能属于多于一个小组。由于奶牛们会互相学习，这一组中每一头奶牛的技能水平会变成这一组中水平最高的奶牛的技能水平。

请帮助 FJ 求出，在他合理地安排分组的情况下，可以达到的技能水平之和的最大值。

输入格式

输入的第一行包含 $N$ 和 $K$。以下 $N$ 行按照 $N$ 头奶牛的排列顺序依次给出她们的技能水平。技能水平是一个不超过 $10^5$ 的正整数。

输出格式

输出 FJ 通过将连续的奶牛进行分组可以达到的最大技能水平和。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

说明/提示

在这个例子中，最优的方案是将前三头奶牛和后三头奶牛分别分为一组，中间的奶牛单独成为一组（注意一组的奶牛数量可以小于 $K$）。这样能够有效地将 $7$ 头奶牛的技能水平提高至 $15$、$15$、$15$、$9$、$10$、$10$、$10$，和为 $84$。

思路

这道题的状态状态和状态转移方程算更难想一点的，多了一个考虑几个成一组的状态，也是一个我感觉比较好的中等题吧，虽然挺多大佬说是简单题，好想的DP，但是我没看过的就是好题嘛。

结语

我们写了难的题但是没放上来，主要是我没能做到很好的理解透所以没办法去进行挑选和讲解，如果一股脑全加上来，各位自己去搜可以搜到更多的，所以这个留到以后我能去理解和有能力很好的解决后来补充。