初中級者が解くべき過去問精選 100 問 茶コーダーが解いてみた #8 ( 動的計画法:ナップザック DP 編 )
今日も "初中級者が解くべき過去問精選 100 問"
を解いていきたいと思います!
精選100問って何?
記事はこちら!
qiita.com
こんなに丁寧にまとめてくださっている e869120 さんには本当に感謝しかないです。
記事を上げるタイミングは、この問題は100問ありますが、細かく分野ごとに分かれていますので、分野ごとに全て解き終わったら書いていきたいと思います。
今回は第8回目の動的計画法:ナップザック DP!!
過去の記事についてはこちら!!
全探索シリーズ
第1回:全列挙
第2回:工夫して通り数を減らす全列挙
第3回:ビット全探索
動的計画法:ナップザック DP
動的計画法:ナップザック DPの分野は全部で5問あるので、紹介したいと思います!
34. Fibonacci Number
https://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=ALDS1_10_A&lang=ja
フィボナッチ数列の問題です。
再帰で解くこともできますが、制限時間以内には間に合わないのでこう言う場合にDPを使うようです。
まだまだDPは難しく感じますが、少しずつ慣れていきたいですね...
n = int(input()) dp = [0] * (n + 1) (dp[0], dp[1]) = (1, 1) def fibonacci(x): for i in range(2, x + 1): dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] return dp[x] print(fibonacci(n))
35. 0-1 Knapsack Problem
https://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=DPL_1_B&lang=ja
これがいわゆるナップザックDPと呼ばれる問題のようです。
最初にナップザックDPと聞いた際は、なんのことかわかりませんでした。
ナップザックの中にどれくらい詰めるかと言うことからこの名前がついているんですかね
(根拠はないです。)
先ほどのフィボナッチ数列の問題のように1次元のDPでは重さの制限をつけることが難しいので、2次元配列で解くことが出来ます。
ここら辺からもうわかんないです。
n, w = map(int, input().split()) v = [0] * n # 品物の価値 t = [0] * n # 重さ for i in range(n): v[i], t[i] = map(int, input().split()) dp = [[0] * (w + 1) for _ in range(n + 1)] # (価値 * 重さ) for i in range(n): for j in range(w + 1): if j < t[i]: # 追加できないとき dp[i + 1][j] = dp[i][j] else: dp[i + 1][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - t[i]] + v[i]) print(dp[n][w])
36. Knapsack Problem
https://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=DPL_1_C&lang=ja
先ほどの問題とめっちゃ似ていますね。
何が違うのか気づくのに10分くらいかかってしましました。今回の問題は同じ品物をいくつでも入れることができるらしいですね。
なので、解法としては先ほどの問題のdpの遷移の条件に加えて
dp[i + 1][j - w[i]]
と言ったような条件式を加えてあげるとAC出来ます!!
(詳細は日本語が下手でできないので省略...)
n, W = map(int,input().split()) v = [0] * n # 価値 w = [0] * n # 重さ for i in range(n): v[i], w[i] = map(int,input().split()) dp = [[0] * (W + 1) for _ in range(n + 1)] for i in range(n): for j in range(W + 1): if j < w[i]: dp[i + 1][j] = dp[i][j] else: dp[i + 1][j] = max(dp[i][j], dp[i + 1][j - w[i]] + v[i], dp[i][j - w[i]] + v[i]) print(dp[n][W])
37. Coin Changing Problem
https://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=DPL_1_A&lang=ja
今度はコインの問題ですね。
dp[j] と言うのを j 円 を作るのに必要な最小のコイン枚数と定義してあげることで1次元のDPとして扱えます。
なんかよくわかんないけど難しいのには変わりないよね...
DPはとりあえずどう定義してあげるかが重要だなと感じました。
n, m = map(int,input().split()) c = list(map(int,input().split())) dp = [10 ** 18] * (n + 1) dp[0] = 0 for i in range(m): for j in range(n + 1): if j >= c[i]: dp[j] = min(dp[j], dp[j - c[i]] + 1) print(dp[n])
38. Longest Common Subsequence
https://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=ALDS1_10_C&lang=ja
俗に言う LCS(Longest Common Subsequence) の問題です。
TLなどではよくワードを見かけていましたが、意味を知らなかったので理解できてとても嬉しいです!
感想としては、「結構考える上に実装が重い!!」
と言った感じでした。
なのでライブラリとして保存している方もよく見かけるので自分も近いうちにやっておきたいです。
解法としては、
dp[i][j] := sのi番目、tのj番目までで作れる最大共通部分列文字列
と定義してあげて、DPの遷移を考えていきます。
方針は立ちましたが、上位勢の方にアドバイスをいただきながら、ACしました。
典型問題のようなので、近いうちにもう一度解き直しておきたい所です。
import sys input = sys.stdin.readline q = int(input().rstrip()) for i in range(q): s = input().rstrip() t = input().rstrip() # dp[i][j] := sのi番目、tのj番目までで作れる最大共通部分列文字列 dp = [[0] * (len(t) + 1) for _ in range(len(s) + 1)] for i in range(len(s)): for j in range(len(t)): if s[i] == t[j]: dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i][j] + 1, dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) else: dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) print(dp[len(s)][len(t)])