浅谈最大子序和中的dp优化策略
2016-03-19 11:00
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参考资料
本题tyvj题解
《算法艺术与信息学竞赛》
例如
第二行有n个数,要求在n个数找到最大子序和
输出
备注
数据范围:
100%满足n,m<=300000
当j=0时,f(i,j) = 0
如果f(i-1, j-1) > 0,那么f(i, j) = f(i-1, j-1)+a[i]
否则 f(i,j) = 0
在这个思想的指导下,不难写出dp方程:
最后的结果是max{f(i,M) | 1≤i≤n}
显然i,j都是递增的,只要简单地i,j递增dp就可以解决问题了
这个方法的正确性是显然的,但是空间上显然不够,还有很大优化的空间。
[2]互相交换使用空间来压缩一维空间复杂度。
虽然滚动数组能把空间复杂度控制在可以接受的范围内,但是他的时间速度O(NM)仍然令人难以接受。我们需要进一步优化或是寻找一种新的方法来解决这个问题。
其中,状态是二维的,决策是一维的,我们称这个方程是2D/0D的。显然状态是无法优化的,这个方程几乎没有优化余地。我们不妨将j的一维放到决策中。得到新方程:
区间和用前缀和处理,不难得到方程
提出常数
至此,我们成功的把2D/0D方程变成了一个贪心式。显然,后面区间最小值可以用st算法或者线段树解决。复杂度降到了Θ(NlgN)。给出一个用ST算法实现的代码。
Ps:http://blog.csdn.net/OIljt12138/article/details/51174560
这里介绍用Θ(n)解决此问题的方法。
本题tyvj题解
《算法艺术与信息学竞赛》
Tyvj P1305 最大子序和
时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main描述
输入一个长度为n的整数序列,从中找出一段不超过M的连续子序列,使得整个序列的和最大。例如
1,-3,5,1,-2,3 当m=4时,S=5+1-2+3=7 当m=2或m=3时,S=5+1=6
输入格式
第一行两个数n,m第二行有n个数,要求在n个数找到最大子序和
输出格式
一个数,数出他们的最大子序和测试样例
输入6 4 1 -3 5 1 -2 3
输出
7
备注
数据范围:
100%满足n,m<=300000
第一步:50分
这是经典问题最大子数组的修改版,乍一看似乎有点无从下手。但是经过分析不难得出一个2D/0D的dp方程。不妨用f(i,j)表示前i个数向前j个的子序和的最大值。注意题目中的要求 不超过M ,所以决策有以下几种:当j=0时,f(i,j) = 0
如果f(i-1, j-1) > 0,那么f(i, j) = f(i-1, j-1)+a[i]
否则 f(i,j) = 0
在这个思想的指导下,不难写出dp方程:
f(i,j) = max(0, f(i-1, j-1)+a[i])
最后的结果是max{f(i,M) | 1≤i≤n}
显然i,j都是递增的,只要简单地i,j递增dp就可以解决问题了
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; int n, m; int a[4001]; int dp[4001][4001]; int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]); memset(dp, 0, sizeof dp); for (int i=1; i<=n; i++) { for (int j=1; j<=m; j++) if (dp[i-1][j-1]+a[i] > 0) dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+a[i]; } int ans = 0; for (int i=1; i<=n; i++) ans = max(ans, dp[i][m]); cout << ans; return 0; }
这个方法的正确性是显然的,但是空间上显然不够,还有很大优化的空间。
第二步:70分
不难发现每一个f(i,j)都只依赖于f(i-1, j-1),所以可以省略多余的空间,只剩下两列,一行储存上一次的数据,一行记录这次数据,通过dp[2]互相交换使用空间来压缩一维空间复杂度。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; int n, m; int a[300005]; int dp[2][300005]; int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]); memset(dp, 0, sizeof dp); int ans = 0; for (int i=1; i<=n; i++) { for (int j=1; j<=m; j++) if (dp[0][j-1]+a[i] > 0) { dp[1][j] = dp[0][j-1]+a[i]; ans = max(dp[1][j], ans); } else dp[1][j] = 0; // 这里不要忘记 for (int j=1; j<=m; j++) dp[0][j] = dp[1][j]; // 交换数据空间和运算空间 } cout << ans; return 0; }
虽然滚动数组能把空间复杂度控制在可以接受的范围内,但是他的时间速度O(NM)仍然令人难以接受。我们需要进一步优化或是寻找一种新的方法来解决这个问题。
第三步:AC!
我们来看看前两种方法所用的方程:f(i,j) = max(0, f(i-1, j-1)+a[i])。
其中,状态是二维的,决策是一维的,我们称这个方程是2D/0D的。显然状态是无法优化的,这个方程几乎没有优化余地。我们不妨将j的一维放到决策中。得到新方程:
f(i) = max{sum(k..i)|i-k≤M}
区间和用前缀和处理,不难得到方程
f(i) = max{sum[i]-sum[i-k]|k≤M}
提出常数
f(i) = sum[i]-min{sum[k]|i-M≤k≤i-1}
至此,我们成功的把2D/0D方程变成了一个贪心式。显然,后面区间最小值可以用st算法或者线段树解决。复杂度降到了Θ(NlgN)。给出一个用ST算法实现的代码。
#include <iostream> #include <cstring> #include <cmath> #include <cstdio> using namespace std; #define ll long long #define maxn 300030 ll dp[maxn][30]; ll n, q; #define TwoPow(x) ((1)<<(x)) void init() { for (ll i = 1; i <= 20; i++) for (ll j = 1; j <= n; j++) if (j + TwoPow(i) - 1 <= n) dp[j][i] = min(dp[j][i - 1], dp[j + TwoPow(i - 1)][i - 1]); } ll ask(int i, int j) { if (i <= 0) i = 0; int k = (int)(log(j - i + 1) / log(2)); return min(dp[i][k], dp[j - TwoPow(k) + 1][k]); } int main() { memset(dp, 127 / 3, sizeof(dp)); scanf("%lld%lld", &n, &q); dp[0][0] = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld", &dp[i][0]); dp[i][0] += dp[i - 1][0]; } init(); ll ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, dp[i][0] - ask(i - q, i - 1)); cout << ans; return 0; }
总结
这个题目很好的呈现了dp优化过程,最后还是可以用单调队列优化到Θ(N),不过Θ(NlgN)已经可以AC了。把dp变为贪心,再用其他手段可以大大优化dp的复杂度。Ps:http://blog.csdn.net/OIljt12138/article/details/51174560
这里介绍用Θ(n)解决此问题的方法。
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