POJ3666 Making the Grade [DP,离散化]

题意:

给定一个序列,以最小代价将其变成单调不增或单调不减序列,这里的代价看题目公式。

思路:

很容易想到是DP。

1.

对前i个序列,构成的最优解其实就是与两个参数有关。一个是这个序列处理后的最大值mx,和这个序列处理的代价值cost。

显然最大值mx最小最好(这样第i+1个值可以不花代价直接接在其后面的可能性更大),cost最小也最好(题意要求),但是两者往往是鱼和熊掌。

用dp[i][j]表示:前i个数构成的序列,这个序列最大值为j,dp[i][j]的值代表相应的cost。

所以状态转移方程如下:

dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)

这个表格是根据转移方程写出来的dp数组。

再仔细看一下转移方程:dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)

右边没填充的是因为填充的数字肯定比前面的数字大,无用,因为在求min( dp[i-1][k] )时,是求最小值,既然更大,则最小值时无需考虑。

又从表格中可以看出:

dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)这里的k无需从1遍历到j。

只要在对j进行for循环的时候不断更新一个dp[i-1][j]的最小值mn=min(mn,dp[i-1][j]),

然后对dp[i][j]=abs(j-w[i])+mn即可;

这样改进之后即可从本来的时候时间复杂度O(NMM)改进为O(NM);


但是,这里的m是A[i]的最大值,显然TLE。

所以必须用离散化思想改进,因为N=2000。远小于A[i]的最大值。

离散化:将序列排序一下,然后用位置的前后关系来制定其值,这样时间复杂度变成O(N^2).


最后是这题数据有bug,只需要求不减序列即可。

#include
#include
#include
#define Abs(a) ((a)>0?(a):-(a))
#define Mod(a,b) (((a)-1+(b))%(b)+1)
using namespace std;
const int N=2005;
const long long inf=(1<<60);
int n;
int a[N],b[N];
long long int dp[N][N];
void solve()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		long long mn=dp[i-1][1];
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			mn=min(mn,dp[i-1][j]);
			dp[i][j]=Abs(a[i]-b[j])+mn;
		}
	}
	long long ans=dp[n][1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=min(ans,dp[n][i]);
	printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",a+i);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	solve();
	
	return 0;
}


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