BZOJ2091[Poi2010] The Minima Game
2016-09-29 11:00
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BZOJ2091[Poi2010] The Minima Game
Description
给出N个正整数,AB两个人轮流取数,A先取。每次可以取任意多个数,直到N个数都被取走。
每次获得的得分为取的数中的最小值,A和B的策略都是尽可能使得自己的得分减去对手的得分更大。
在这样的情况下,最终A的得分减去B的得分为多少。
Input
第一行一个正整数N (N <= 1,000,000),第二行N个正整数(不超过10^9)。
Output
一个正整数,表示最终A与B的分差。
Sample Input
3
1 3 1
Sample Output
2
HINT
第一次A取走3,第二次B取走两个1,最终分差为2。
Solution:
一道神奇的~~博弈~~dp题。
首先从大到小排个序是显然的吧,而且相同的也可以去掉,因为既然取了那么就都取完,使得对方的得分少。
然后这个问题就是把一个单调递减的序列里面分成多个的区间,使得满足题意。最开始正着想怎么也写不出来,然后就倒着想,就写出来了…
因为一个人能决定的是下一个人取的区间的开头,所以倒着来。
定义dp[1][i]表示A取了第i个数,后面的数都已经被取过了,dp[0][i]同理。
于是dp[1][i]=min(dp[0][j]+A[i])(j>i),因为B希望A最小,而下一步j取在哪里是由B决定的。所以这个式子取的是min。另一边同理。
于是这个题就可以做到O(n)完成了,直接维护mx与mi即可。]
为什么不从小到大排序正着dp呢?
Description
给出N个正整数,AB两个人轮流取数,A先取。每次可以取任意多个数,直到N个数都被取走。
每次获得的得分为取的数中的最小值,A和B的策略都是尽可能使得自己的得分减去对手的得分更大。
在这样的情况下,最终A的得分减去B的得分为多少。
Input
第一行一个正整数N (N <= 1,000,000),第二行N个正整数(不超过10^9)。
Output
一个正整数,表示最终A与B的分差。
Sample Input
3
1 3 1
Sample Output
2
HINT
第一次A取走3,第二次B取走两个1,最终分差为2。
Solution:
一道神奇的~~博弈~~dp题。
首先从大到小排个序是显然的吧,而且相同的也可以去掉,因为既然取了那么就都取完,使得对方的得分少。
然后这个问题就是把一个单调递减的序列里面分成多个的区间,使得满足题意。最开始正着想怎么也写不出来,然后就倒着想,就写出来了…
因为一个人能决定的是下一个人取的区间的开头,所以倒着来。
定义dp[1][i]表示A取了第i个数,后面的数都已经被取过了,dp[0][i]同理。
于是dp[1][i]=min(dp[0][j]+A[i])(j>i),因为B希望A最小,而下一步j取在哪里是由B决定的。所以这个式子取的是min。另一边同理。
于是这个题就可以做到O(n)完成了,直接维护mx与mi即可。]
为什么不从小到大排序正着dp呢?
#include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #define M 1000005 #define ll long long using namespace std; int A[M]; bool cmp(int a,int b){return a>b;} int main(){ int n; scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf( c8c0 "%d",&A[i]); sort(A,A+n,cmp); int m=unique(A,A+n)-A; for(int i=m;i>=0;i--)A[i]=A[i-1]; ll dp1=A[m],dp0=-A[m],ans=dp1; ll mi=dp0,mx=dp1; for(int i=m-1;i>=1;i--){ dp1=mi+A[i]; dp0=mx-A[i]; if(dp1>ans)ans=dp1; if(dp0<mi)mi=dp0; if(dp1>mx)mx=dp1; } cout<<ans<<endl; return 0; }
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