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。
题意见题目链接
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。
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。
我们最初想到的状态是这样的:
dp[i][j][k] d p [ 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])) d p [ i ] [ j ] [ k ] = m i n ( m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − a [ i ] ] [ j ] , j + b [ i ] ) , m a x ( d p [ 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 ( 200 5 )
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 = s u m b [ i ]
这样的话,我们直接可以减少一维,定义
dp[i][j] d p [ 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 ( 200 3 )
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])) d p [ i ] [ j ] = m i n ( m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − a [ i ] ] , j + b [ i ] ) , m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , s u m b [ i ] − j + b [ i ] ) )
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 ( 200 2 )
总的时间复杂度为 O(2003) O ( 200 3 )
注意边界条件以及转移成立的条件。
#include
#include
#include
#include
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[n];++j){
if(dp[n&1][j] < mi){
mi = dp[n&1][j];
}
}
cout<return 0;
}
题目链接看题意
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] o p t [ i ] 表示前i行所能收集的最大金币值。
sum[i][j] s u m [ 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
i i 表示行, j j 表示机器人购买点所在的斜线编号。
k k 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<=p o p t [ i ] = m a x ( o p t [ k ] + s u m [ j ] [ i ] − s u m [ j ] [ k ] − c o s t [ j + k ] ) , 1 <= k <= p
解释为什么 cost c o s t 的下标是 j+k j + 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<=p o p t [ i ] = m a x ( s u m [ j ] [ i ] + ( o p t [ k ] − s u m [ j ] [ k ] − c o s t [ j + k ] ) ) , 1 <= k <= p
分离出来的这部分:
(opt[k]−sum[j][k]−cost[j+k]) ( o p t [ k ] − s u m [ j ] [ k ] − c o s t [ j + k ] )
就只与 k k 和 j j 有关了,因此,我们可以建立 n n 个单调队列对应 j j ,队列内部对应 k k 。
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]);
}
}
#include
#include
#include
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<return 0;
}
点击链接查原题目
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] d p [ 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。
#include
#include
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[n][i][j])%mod;
}
}
cout<