洛谷 动态规划一日游 P2577、P1070、P2051

记

2018年3月19日

贼颓呢，一天就写了两道DP，还都不会写，这可GG。

动态规划真的难且有趣，算法题中动态规划占到了很大的比例，而且动态规划往往是辅助解决一些其他类型问题的基础，加深加强对动态规划问题的认识和训练非常有必要。

P2577 午餐

题意

题意见题目链接

题解

这道题目本质上是一道背包问题，是背包问题的变形,这道题不同的地方在于有两个背包。

因此，我们设计状态的时候，两个背包的状态都要记录。

贪心

由于每个队列的排队顺序不一样，结果也是不一样的。而可以证明，当把所有的同学按照其吃饭时间降序排序的话，这样的排队顺序一定是最优的顺序。

朴素

我们最初想到的状态是这样的：

dp[i][j][k]dp[i][j][k]表示当前考虑的是前i个人已经被分配，且第一个队列排队打饭时间和为i，第二个队列排队打饭的时间和为j，最早的集合时间。

那么转移方程可以写成

dp[i][j][k]=min(max(dp[i−1][j−a[i]][j],j+b[i]),max(dp[i−1][j][k−a[i]],k+b[i]))dp[i][j][k]=min(max(dp[i−1][j−a[i]][j],j+b[i]),max(dp[i−1][j][k−a[i]],k+b[i]))

转移方法：把i分给第1个窗口或者把i分给第2个窗口。

显然这样时间、空间复杂度会爆炸。

空间复杂度为O(2005)O(2005)

优化

因此我们必须优化，进一步挖掘条件以降维。

我们发现j+k=sumb[i]j+k=sumb[i]

这样的话，我们直接可以减少一维，定义

dp[i][j]dp[i][j]表示考虑前i个人，第一个窗口的同学总打饭时间为j时候，前i个同学最早集合的时间。

空间复杂度变成了O(2003)O(2003)

转移方程:

dp[i][j]=min(max(dp[i−1][j−a[i]],j+b[i]),max(dp[i−1][j],sumb[i]−j+b[i]))dp[i][j]=min(max(dp[i−1][j−a[i]],j+b[i]),max(dp[i−1][j],sumb[i]−j+b[i]))

进一步优化

由于我们发现i状态的转移只与i-1有关系，因此，我们可以用滚动数组继续优化掉一维。

时间复杂度O(2002)O(2002)

总的时间复杂度为O(2003)O(2003)

细节

注意边界条件以及转移成立的条件。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 205;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
pii ps[maxn];
int dp[2][maxn*maxn],sum[maxn];
int n;
int main(){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i < n;++i){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
ps[i+1] = make_pair(-b,a);
}
sort(ps+1,ps+1+n);
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i){
memset(dp[i&1],0x3f,sizeof(dp[i&1]));
sum[i] = sum[i-1] + ps[i].second;
for(int j = 0;j <= sum[i];++j){
if(j >= ps[i].second)
dp[i&1][j] = min(dp[i&1][j],max(dp[(i-1)&1][j-ps[i].second],j-ps[i].first));
if(sum[i]-j >= ps[i].second)
dp[i&1][j] = min(dp[i&1][j],max(dp[(i-1)&1][j],sum[i]-j-ps[i].first));
}
}
int mi= inf;
for(int j = 0;j <= sum
;++j){
if(dp[n&1][j] < mi){
mi = dp[n&1][j];
}
}
cout<<mi<<endl;
return 0;
}

P1070道路游戏

题意

题目链接看题意

题解

这道题本质上就是在下图斜线上的dp。

Column表示机器人出售站。

Row表示时间轴。

字母相同的斜线上相邻的两个表格表示由上一个表格的数字，下一步将取到下面表格的数字。

这样就相当于我们把整个表格横着切几段，然后每一段内部选一条连续的斜线，并把斜线里的数字加起来减去该段斜线第一个站点的费用。把所有的段的值加起来得到一个新的数值，我们要做的就是最大化这个数值。

定义状态：

opt[i]opt[i]表示前i行所能收集的最大金币值。

sum[i][j]sum[i][j]表示从第一行的第i站出发，沿着斜线走，一共收集j格的金币得到的总和。

那么状态转移方程就是

ii表示行，jj表示机器人购买点所在的斜线编号。

kk表示上一次刚好停在哪一行。

opt[i]=max(opt[k]+sum[j][i]−sum[j][k]−cost[j+k]),1<=k<=popt[i]=max(opt[k]+sum[j][i]−sum[j][k]−cost[j+k]),1<=k<=p

解释为什么costcost的下标是j+kj+k:

因为j表示的斜线编号，在第k+1行买机器人，实际的购买站点是j+k

这样做的话，时间复杂度是O(n∗m∗p)O(n∗m∗p)不满足要求，因此我们必须继续优化。

看着形式，我就只能想到单调队列或者是斜率优化了，这道题单调队列优化显然是可以的。

我们i,j循环变量不能省略，能省略的就只有k了。我们把i和j与k分离开：

opt[i]=max(sum[j][i]+(opt[k]−sum[j][k]−cost[j+k])),1<=k<=popt[i]=max(sum[j][i]+(opt[k]−sum[j][k]−cost[j+k])),1<=k<=p

分离出来的这部分：

(opt[k]−sum[j][k]−cost[j+k])(opt[k]−sum[j][k]−cost[j+k])

就只与kk和jj有关了，因此，我们可以建立nn个单调队列对应jj，队列内部对应kk。

dp核心代码

for(int i = 1;i <= m;++i){
//i表示时刻
for(int j = 1;j <= n;++j){
//j表示机器人的购买点所在的斜线编号
while(PQS[j].size() && i-PQS[j].getfront().first > p) PQS[j].pop();
pii p = PQS[j].getfront();
opt[i] = max(opt[i],sum[j][i] + p.second);
}
for(int j = 1;j <= n;++j){
int pre = j+i;
while(pre > n) pre -= n;
PQS[j].push(i,opt[i] - sum[j][i] - cost[pre]);
}
}

总的代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
typedef pair<int,int> pii;

struct PQ{
pii ps[maxn];
int front,tail;
void push(int idx,int key){
while(tail > front && key >= ps[tail-1].second)
tail--;
ps[tail++] = make_pair(idx,key);
}
void pop(){
if(front < tail) ++front;
}
int size(){
return tail-front;
}
pii getfront(){
return ps[front];
}
}PQS[maxn];

int n,m,p;
int val[maxn][maxn];
int sum[maxn][maxn];//1:出发点 2: 步数
int opt[maxn];
int cost[maxn];
const int inf = 1e9;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for(int i = 1;i <= n;++i){
for(int j = 1;j <= m;++j){
scanf("%d",&val[i][j]);
}
}
for(int i = 1;i <= n;++i){
scanf("%d",&cost[i]);
}

for(int i = 1;i <= n;++i){
int pre = i-1;
for(int j = 1;j <= m;++j){
if(++pre == n+1) pre = 1;
sum[i][j] = sum[i][j-1]+val[pre][j];
//printf("i:%d,j:%d,sum:%d\n",i,j,sum[i][j]);
}
}

for(int i = 1;i <= n;++i)
PQS[i].push(0,-cost[i]);
for(int i = 1;i <= m;++i)
opt[i] = -inf;
//dp
for(int i = 1;i <= m;++i){
//i表示时刻
for(int j = 1;j <= n;++j){
//j表示机器人购买点所在的斜线编号
while(PQS[j].size() && i-PQS[j].getfront().first > p) PQS[j].pop();
pii p = PQS[j].getfront();
opt[i] = max(opt[i],sum[j][i] + p.second);
}
for(int j = 1;j <= n;++j){
int pre = j+i;
while(pre > n) pre -= n;
PQS[j].push(i,opt[i] - sum[j][i] - cost[pre]);
}
}
cout<<opt[m]<<endl;

return 0;
}

P2051 中国象棋

题意

点击链接查原题目

题解

我好菜啊，这道是原题，暑假集训的时候做过，而且当时还独自做出来了，过了半年，自己再做的时候发现竟然不会做了，看了题解的提示才想出来。咋越练越菜呢？？？

这道题目关键点在状态的定义！

我们需要把无用的信息都去除掉，在状态定义的时候尽量捕捉最本质、最关键的信息。

例如本题，按行考虑，在考虑到第i行的时候，我们关注点在前i行中，形成的0炮列有几个，1个炮的列有几个，2个跑的列有几个，这样。

而我们不需要知道具体的前i行的棋子排列。

状态定义就出来了：

dp[i][j][k]dp[i][j][k]表示前i行，构成有j个1炮列、k个2炮列可行的方案数。

这样的话，转移方程也很容易得到，就是乘法原理。

注意分类的时候这样分：

第i行不加棋子的转移、加1个棋子的转移、加2个棋子的转移。

加1个棋子的转移又可以分为：把这个棋子加到0炮列，把这个棋子加到1炮列。

加2个棋子的转移又可以分为：全都加到0炮列、全都加到1炮列、0炮列1炮列分别加一个。

按照这样分类转移，转移方程很好写。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m;
const int maxn = 106;
const ll mod = 9999973;
ll dp[maxn][maxn][maxn];
int main(){
cin>>n>>m;
dp[1][0][0] = 1;
dp[1][1][0] = m;
dp[1][2][0] = m*(m-1)/2;
for(int i = 2;i <= n;++i){
for(int j = 0;j <= m;++j){
for(int k = 0;k+j <= m;++k){
//0
dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];
//1
if(j >= 1){
ll p = m - k - (j-1);
dp[i][j][k] += dp[i-1][j-1][k]*p%mod;
dp[i][j][k] %= mod;
}
if(k-1 >= 0){
dp[i][j][k] += dp[i-1][j+1][k-1]*(j+1)%mod;
dp[i][j][k] %= mod;
}
//2
if(j >= 2){
ll p = (m-k-j+2);
p = p*(p-1)/2%mod;
dp[i][j][k] += dp[i-1][j-2][k]*p%mod;
dp[i][j][k] %= mod;
}
if(k >= 2){
ll p = (j+2)*(j+1)/2%mod;
dp[i][j][k] += dp[i-1][j+2][k-2]*p%mod;
dp[i][j][k] %= mod;
}
if(k >= 1){
ll p = m - j - (k-1);
dp[i][j][k] += dp[i-1][j][k-1]*j*p%mod;
dp[i][j][k] %= mod;
}
//dp[i][j][k] +=
}
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 0;i <= m;++i){
for(int j = 0;j+i <= m;++j){
ans = (ans + dp
[i][j])%mod;
}
}
cout<<ans<<endl;
}