状态机模型大盗阿福股票买卖 IV股票买卖 V设计密码修复DNA

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我是靠谱客的博主自觉心锁，最近开发中收集的这篇文章主要介绍状态机模型大盗阿福股票买卖 IV股票买卖 V设计密码修复DNA，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

状态机模型

大盗阿福
股票买卖 IV
股票买卖 V
设计密码
修复DNA

大盗阿福

阿福是一名经验丰富的大盗。趁着月黑风高，阿福打算今晚洗劫一条街上的店铺。

这条街上一共有 N 家店铺，每家店中都有一些现金。

阿福事先调查得知，只有当他同时洗劫了两家相邻的店铺时，街上的报警系统才会启动，然后警察就会蜂拥而至。

作为一向谨慎作案的大盗，阿福不愿意冒着被警察追捕的风险行窃。

他想知道，在不惊动警察的情况下，他今晚最多可以得到多少现金？

输入格式
输入的第一行是一个整数 T，表示一共有 T 组数据。

接下来的每组数据，第一行是一个整数 N ，表示一共有 N 家店铺。

第二行是 N 个被空格分开的正整数，表示每一家店铺中的现金数量。

每家店铺中的现金数量均不超过1000。

输出格式
对于每组数据，输出一行。

该行包含一个整数，表示阿福在不惊动警察的情况下可以得到的现金数量。

数据范围
1 ≤ T ≤ 50,
1 ≤ N ≤ 105

输入样例：

输出样例：

8
24

样例解释
对于第一组样例，阿福选择第2家店铺行窃，获得的现金数量为8。

对于第二组样例，阿福选择第1和4家店铺行窃，获得的现金数量为10+14=24。

思路1：
我们可以定义一个数组，为f[]。

f[i] 表示抢劫前 i 家能得到的最多现金数量。

那么我们前ii家的抢劫结果就有两种情况：

第一种情况：不偷第 i 家店铺
那么f[i]=f[i−1]
第二种情况：偷第ii家店铺
那么f[i]=f[i−1]+w[i]
(w[i] 表示第ii家店铺总共的现金)

思路1出现的问题：
如果第i−1 家店已经被抢了，那么如果抢了第 i 家，那是不符合题目要求的。

那怎么办呢？

正确方法(思路2)：
我们把f数组定为二维的，即f[][]
我们用数组储存两种情况：偷与不偷。

f[i][0] 代表的是不偷第ii家店铺能得到的最多现金数量；
f[i][1] 代表的是偷第ii家店铺能得到的最多现金数量。

则就会出现三种情况：状态机：
在这里插入图片描述
解释：

图中红色的线是可行方案，你可以不抢第i−1家，也不抢第 i 家；
你可以不抢第i−1家，但抢第 i 家。
你可以抢第i−1家，但不抢第 i 家；

那么我们就可以得出状态转移方程了：

f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1]);
f[i][1] = f[i - 1][0] + w[i];

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int t, n;
int a[N], f[N][2];
int main()
{
	cin >> t;
	while (t -- ) {
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
		for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
			f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1]);
			f[i][1] = f[i - 1][0] + a[i];
		}
		cout << max(f[n][0], f[n][1]) << endl;
	}	
	return 0;
}

笔记学习：
作者：linmujin
链接：https://www.acwing.com/solution/content/23723/
来源：AcWing

股票买卖 IV

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润，你最多可以完成 k 笔交易。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。一次买入卖出合为一笔交易。

输入格式
第一行包含整数 N 和 k，表示数组的长度以及你可以完成的最大交易数量。

第二行包含 N 个不超过 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式
输出一个整数，表示最大利润。

数据范围
1 ≤ N ≤ 105,
1 ≤ k ≤ 100

输入样例1：

3 2
2 4 1

输出样例1：

输入样例2：

6 2
3 2 6 5 0 3

输出样例2：

样例解释
样例1：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。

样例2：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。共计利润 4+3 = 7.

股票状态机：
在这里插入图片描述

初始化：

如果一种状态不合法，或者不希望从这个状态转移过来，那么就把它设成正无穷或负无穷
因为这个题要求最大值，所以把不合法的设成负无穷，也这样这个状态不可能用来更新后来的状态
例如这道题中f[i][0][1]表示，如果我们处理了0笔股票，并且我们手中居然还有票，这显然是不可能的。还有不合法情况，例如：f[0][j][1]等。
如果我们处理了0笔股票并且目前手里没有票，那收入就是0，即f[i][0][0] = 0

所以我们将f先全置成负无穷，再单独处理为0的情况

状态转移方程：
定义一次买卖为完整的交易，所以当买入的时候为第ii次交易，随后卖出也算作是第 i 次交易，而下一次的买入算作i+1次交易,下一次的卖出算作i+1次交易，如果你把卖出算作是新的第 i 次交易，那么对于你的上一次买入便是 i−1次交易，因为对于第一次交易而言有买入才有卖出，当i=1的时候买入算作是第0次买卖，显然是不对的。

注意：
这里状态机的过程，对于每个股票，要么就买，要么就卖，不能说是买了然后在同一个点直接卖掉，这样是不符合状态机模型的，因此对于上述转移方程可以会有人提出疑问。
为什么状态转移方程不能是下面代码，即卖的时候才算做了一次交易，原代码是买的时候才算一次交易

f[i][j][0] = max(f[i - 1][j - 1][1] + w[i], f[i - 1][j][0]);
f[i][j][1] = max(f[i - 1][j][0] - w[i], f[i - 1][j][1]);

终究要回归到状态转移的起点，第一支股票只有买，和不买这两个操作，一定不可能是卖和不卖的这两个操作，因此第一支股票如果买入时，必须按照一次交易处理。否则如果第一次股票如果买入时，不按一次交易处理，也就代表着第一支股票卖出才算一次交易，也就代表着在第一支股票卖出之前还买了一支股票，显然是矛盾的。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 110;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[N], f[N][M][2]; // 前i天，正在进行第j次交易，交易状态 
int main()
{
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
	// 初始化 
	memset(f, -0x3f, sizeof f); // 前i天进行0次交易且手里有货的值为负无穷 
	for (int i = 0; i <= n; i ++ ) f[i][0][0] = 0; // 前i天进行0次交易且手里无货的值为0 
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
		for (int j = 1; j <= k; j ++ ) {
			// 一次完整的交易：买入到卖出（0->1->0） 
			f[i][j][0] = max(f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1] + a[i]);
			f[i][j][1] = max(f[i - 1][j][1], f[i - 1][j - 1][0] - a[i]);
		}
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= k; i ++ ) res = max(res, f[n][i][0]);
	cout << res;
	return 0;
}

股票买卖 V

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。

设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:

你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

输入格式
第一行包含整数 N，表示数组长度。

第二行包含 N 个不超过 10000 的正整数，表示完整的数组。

输出格式
输出一个整数，表示最大利润。

数据范围
1 ≤ N ≤ 10⁵

输入样例：
5
1 2 3 0 2

输出样例：
3

样例解释
对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]，第一笔交易可得利润 2-1 = 1，第二笔交易可得利润 2-0 = 2，共得利润 1+2 = 3。
在这里插入图片描述

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int w[N];
int f[N][3];
int main()
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> w[i];
	// 初始化 
	f[0][2] = 0;
	f[0][0] = f[0][0] = -INF;
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - w[i]);
		f[i][1] = f[i - 1][0] + w[i];
		f[i][2] = max(f[i - 1][2], f[i - 1][1]);
 	} 
	cout << max(f[n][1], f[n][2]);
	return 0;
}

设计密码

你现在需要设计一个密码 S，S 需要满足：

S 的长度是 N；
S 只包含小写英文字母；
S 不包含子串 T；

例如：abc 和 abcde 是 abcde 的子串，abd 不是 abcde 的子串。

请问共有多少种不同的密码满足要求？

由于答案会非常大，请输出答案模 10⁹+7 的余数。

输入格式
第一行输入整数N，表示密码的长度。

第二行输入字符串T，T中只包含小写字母。

输出格式
输出一个正整数，表示总方案数模 10⁹+7 后的结果。

数据范围
1 ≤ N ≤ 50,
1 ≤ |T| ≤ N，|T|是T的长度。

输入样例1：

2
a

输出样例1：

输入样例2：

4
cbc

输出样例2：

没懂

状态机
在这里插入图片描述
动态规划

为什么这样的状态表示是可行的呢?
因为S数组中的第n位有26个小写字母,匹配在T中的位置一定存在(因为不匹配,匹配到的位置是0),
所以把所有f[n][0~m-1]加起来即为总方案数

首先怎么确定状态，这里把 f[i][j] 表示为对于现在生成的密码已经到了第 i 个了，并且当前在子串中的位置是 j 的密码个数。

一个状态机问题，先要明确有几种状态，对于每一个固定的i 和 j 来说，总共有26种状态，对于26个字母。

如何判断某一种方案是可能的呢？联系KMP的子串匹配方法，就是判断对于固定的 i 和 j 判断当前字符是不是和子串中 j+1 的字符匹配，匹配就j++，不匹配 j 就回跳，如果我们到最后，也就是 i = 26 的时候都没办法使 j 到子串的末尾，那么就意味着我们的密码中没有子串，也就是一种可能。

根据上面的分析，我们再来看这个状态的定义，想一想状态方程，因为每一个字母都对于固定的 i 和 j 都有固定的判断结果，那么我们只要对于每一种 i 和 j枚举一下26个字母，根据上面的判断方法判断一下是否可能如果可能就可以状态转移了

1：KMP的预处理，初始化next数组，代码中用ne表示

2：循环：
2.1：第一层循环：枚举一下i的位置，也就是当前密码的长度（代码中是从0开始的）
2.2：第二层循环：枚举一下j 的位置，也就是再子串中的位置
2.3：第三层循环：枚举一下所有的字母，并且应KMP判断是否当前密码有子串，如果没有更新f[i+1][j]，为什么是i+1，而不是 i 呢？因为这里定义的状态是已经有的长度，不包括当前枚举的字母，我当时也迷惑了一会，现在写出来帮助一下不懂的小伙伴

3：最后把所有可能的 j 的位置加起来，就是答案，因为i最后肯定是 n ，所以枚举一下未知的 j 。
KMP中还有一个细节，就是要用u来对每一种状态更新，不要用j，不要搞错了，j是枚举的状态，如果用 j 的话更新的状态就不对了，注意一下哈。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 55, mod = 1e9 + 7;
int f[N][N]; // 已经生成了i位，且第i位匹配到字符串中的位置j的方案数 
int ne[N];
char str[N];
int main()
{
	int n, m;
	cin >> n >> str + 1;
	m = strlen(str + 1);
	for (int i = 2, j = 0; i <= m; i ++ ) {
		while (j && str[j + 1] != str[i]) j = ne[i];
		if (str[j + 1] == str[i]) j ++ ;
		ne[i] = j;
	}
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) 
		for (int j = 0; j < m; j ++ ) 
			for (char k = 'a'; k <= 'z'; k ++ ) {
				int u = j;
				while (u && str[u + 1] != k) u = ne[u];
				if (str[u + 1] == k) u ++ ;
				if (u < m) f[i + 1][u] = (f[i + 1][u] + f[i][j]) % mod;
			} 
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < m; i ++) res = (res + f[n][i]) % mod;
	cout << res;
	return 0;
}

修复DNA

生物学家终于发明了修复DNA的技术，能够将包含各种遗传疾病的DNA片段进行修复。

为了简单起见，DNA看作是一个由’A’, ‘G’ , ‘C’ , ‘T’构成的字符串。

修复技术就是通过改变字符串中的一些字符，从而消除字符串中包含的致病片段。

例如，我们可以通过改变两个字符，将DNA片段”AAGCAG”变为”AGGCAC”，从而使得DNA片段中不再包含致病片段”AAG”，”AGC”，”CAG”，以达到修复该DNA片段的目的。

需注意，被修复的DNA片段中，仍然只能包含字符’A’, ‘G’ , ‘C’ , ‘T’。

请你帮助生物学家修复给定的DNA片段，并且修复过程中改变的字符数量要尽可能的少。

输入格式
输入包含多组测试数据。

每组数据第一行包含整数N，表示致病DNA片段的数量。

接下来N行，每行包含一个长度不超过20的非空字符串，字符串中仅包含字符’A’, ‘G’ , ‘C’ , ‘T’，用以表示致病DNA片段。

再一行，包含一个长度不超过1000的非空字符串，字符串中仅包含字符’A’, ‘G’ , ‘C’ , ‘T’，用以表示待修复DNA片段。

最后一组测试数据后面跟一行，包含一个0，表示输入结束。

输出格式
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

输入形如”Case x: y”，其中x为测试数据编号（从1开始），y为修复过程中所需改变的字符数量的最小值，如果无法修复给定DNA片段，则y为”-1”。

数据范围
1 ≤ N ≤ 50

输入样例：

2
AAA
AAG
AAAG    
2
A
TG
TGAATG
4
A
G
C
T
AGT
0

输出样例：

Case 1: 1
Case 2: 4
Case 3: -1

太难了啊

AC自动机其实是一个状态转移，该机器可以根据输入自动改变内部状态，并输出最终状态。
AC自动机的状态转移可以看成是一个拓扑图，一个简单的状态转移如下图所示：
在这里插入图片描述
start表示起始状态，end表示出口状态，其余1、2、3都表示机器可以到达的状态。

例如输入为cacabac，状态转移如下：

起始状态为start，第一个字符为c，因此第一步停在原地start
第二个字符为a，这回可以前进了，到达状态1
第三个字符为c，跳回状态0(start)
第四个字符为a，转移到1
第五个字符为b，转移到2
第六个字符为c，转移到2
第七个字符为c，转移到3，并自动到达出口end

特别地，了解KMP原理的同学可以发现，如果abc表示模式字符串，则到达出口end表示一个字符串匹配成功。

那么这和AC自动机有啥关系呢？上面不就是个简单的状态转移图吗？是的，AC自动机其实并没有新的内容，只是我们看待问题的眼光不同了。

如果将构建状态转移图的过程看成，制造一台AC自动机，一旦AC自动机生成，模式匹配问题可以看成向这台机器进行输入，然后机器内部状态自动进行改变，最后输出最终状态。

这个过程形象化的如下图所示：
在这里插入图片描述
还可以知道，1、由于输入字符串长度和内部状态有限，因此机器一定会停机。2、一台AC自动机只能处理同一类模式匹配问题，因此我们可以构建多台机器，根据问题的不同交给相应的机器。

以修复DNA为例。

由题意可知，先建立字典树，将每个单词结尾进行标记，表示该点为致病片段不可达。

接下来构建AC自动机，构建的目的是根据next数组的定义，如果一个单词的后缀是致病片段，那么该点也要被标记，这样标记出所有非法节点。

原题要求最少的改动可以不包含致病片段，就是从树根出发，每一步可以选择ATCG中的任何一个。

如果第k步选择的字符和DNA片段的相同，说明这一步没有修改，代价为0，反之为1。

一共走m=len(DNA)步，前提是不能走到被标记的节点，这样所有走法中的最小代价。

采用DP即可，状态转移方程如下：

if (!st[trie[u][i]])
    res = min(res, dp(trie[u][i], len + 1) + (id[s[len]] == i ? 0 : 1));

表示下一步必须选择没被标记的点转移，代价为0或1取决于这一步选择的字符。

dp(u,v)表示从节点u出发，当前走到第v步，到终点所有走法的最小代价。终点的含义为走了m步，且没有经过标记点的一种走法。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int tr[N][4], dar[N], idx;
int q[N], ne[N];
char str[N];
int f[N][N];
int get(char c)
{
	if (c == 'A') return 0;
	if (c == 'T') return 1;
	if (c == 'G') return 2;
	return 3;
}
void insert()
{
	int p = 0;
	for (int i = 0; str[i]; i ++ ) {
		int t = get(str[i]);
		if (tr[p][t] == 0) tr[p][t] = ++ idx;
		p = tr[p][t];
	}
	dar[p] = 1;
}
void build()
{
	int hh = 0, tt = -1;
	for (int i = 0; i < 4; i ++ ) 
		if (tr[0][i])
			q[ ++ tt] = tr[0][i];
	while (hh <= tt) {
		int t = q[hh ++ ];
		for (int i = 0; i < 4; i ++ ) {
			int p = tr[t][i];
			if (!p) tr[t][i] = tr[ne[t]][i];
			else {
				ne[p] = tr[ne[t]][i];
				q[ ++ tt] = p;
				dar[p] |= dar[ne[p]];
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int T = 1;
	while (scanf("%d", &n), n) {
		memset(tr, 0, sizeof tr);
		memset(dar, 0, sizeof dar);
		memset(ne, 0, sizeof ne);
		idx = 0;
		for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
			cin >> str;
			insert();
		}
		build();
		cin >> str + 1;
		m = strlen(str + 1);
		memset(f, 0x3f, sizeof f);
		f[0][0] = 0;
		for (int i = 0; i < m; i ++ ) 
			for(int j = 0; j <= idx; j ++ )
				for (int k = 0; k < 4; k ++ ) {
					int t = get(str[i + 1]) != k;
					int p = tr[j][k];
					if (!dar[p]) f[i + 1][p] = min(f[i + 1][p], f[i][j] + t);
				}
		int res = 0x3f3f3f3f;
		for (int i = 0; i <= idx; i ++ ) res = min(res, f[m][i]);
		if (res == 0x3f3f3f3f) res = -1;
		cout << "Case " << T ++ << ": " << res << endl;
	}
	return 0;
}