SGU183 Painting the balls(DP+优化)

给出n个白球，每个球有一个涂色的费用，要求任意连续m个球中至少有两个黑球，求最少的涂色费用。

由于连续m个球中至少有两个黑球，我们不难得到递推式f(i,j) = min{ f(j,k) | i > j > k >= i-m} + c[i] ，表示当前给第i个球涂色，上一个给第j个球涂色的最小费用。这个递推式的时间复杂度为O(N*M^2)，由于SGU大多数都是卡时间的神题，我们为了追求更高效的算法，可以进行优化。

在求f[i][j]和f[i+1][j]的时候，我们向前找的f[j][k]有很多的重复操作，因此可以从这里下手进行优化。

参考题解：/article/6482085.html

如果我们把j的值固定，也就是最外层循环为j，那么i的取值范围为 j+1 到 j+m-1，相应的k的取值范围为 j-m+1 到 j-1 (个人觉得题解中写的k的取值范围写得有点问题，这里改了过来)

如果我们在计算f[i][j]的时候倒推i，那么min(f[j][k])需要计算的范围就会依次变大，而且可以递推求出，个人觉得这里最难理解。



即可以在O(1)的时间内求出min(f[j][k])，时间复杂度变为O(n*m)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 10005
#define mod 101
using namespace std;
int n,m;
int c[MAXN];
int f[200][200];
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof f);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int j = 1; j < i; j++)
f[i][j] = c[i] + c[j];
for(int j = 2; j < n; j++)
{
int minn = 0x3f3f3f3f;
for(int i = j+m-1; i > j&&i > m; i--)
{
minn = min(minn,f[j%mod][(i-m)%mod]);//寻找最小的f[j][k]，个人认为这一点最难理解
f[i%mod][j%mod] = minn + c[i];
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for(int i = n-m+1; i <= n; i++)
for(int j = i - 1; i - j < m&&n - j < m; j--)
ans = min(ans,f[i%mod][j%mod]);
printf("%d\n",ans);
}