POJ 3666 Making the Grade DP + 离散化 + 贪心

http://poj.org/problem?id=3666


题意:给一个序列,可以给每一个数假减一个数,代价为他们改变的数的绝对值,那么要求用最小代价把序列变成单调非增或者单调非减的(ps本题数据似乎只要变成非减就能过)

n<=1e3

思路是dp


dp[i][j]表示前i个数以j为结尾的非减序列的最小代价,当然这个j得离散化的啦 

dp[i]][j]=abs(a[i]-j)+dp[i-1][k] (k<=j ) :即从i-1个序列的最优方案里选一个转移咯

似乎 看起来是 i j k三个循环

但是很显然k是满足k<=j的,那么也就是当要计算dp[i][j]时,必须要知道dp[i-1][1...j]的最小值,

dp[i-1][1...j]肯定在 之前计算dp[i][1...j-1]时都访问过,那么我们记录一下他们的最小值mn即可

dp[i]][j]=abs(a[i]-j)+mn

复杂度n * j的范围


那么我们来看这个j,应该选什么呢,显然的话,j选择原序列的数就是最好的了,因为如果选了一个c[i]得到最优值,那么必然可以通过转换,使得最终序列花费不变,并全部用原序列的数。(贪心)



因此 i是1-n,j是a[1..n]的枚举

复杂度n^2


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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