【蓝桥杯冲刺 day23】第二点五个不高兴的小明 --- O(n^2)优化思路

大家好我是秋刀鱼，今天给大家带来蓝桥杯题目题解。

打包

一行两个整数N和M。
　　一行N个整数，表示N个礼物的重量。

输出格式

一个整数，表示最小的最大重量。

样例输入

3 2
1 1 2

样例输出

2

数据规模和约定

N, M <= 100,000
　　重量 <= 1,000

题目解析

之前有写过：打包解析传送门

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约数个数

问题描述

我们用D(i)表示i有多少个约数。
　　例如 D(1)=1 D(2)=2 D(3)=2 D(4)=3。
　　给定n, 求D(1)+D(2)+D(3)+…+D(n)除以1000000007(10^9+7)的余数。

输入格式

一个正整数n

输出格式

一行一个整数表示答案。

样例输入

4

样例输出

8

数据规模和约定

N<=10000000

解题思路

如果使用常规解法是会超时的，数据量太大仅允许时间复杂度 $O(N)$ 的算法。

可以换一种逻辑思考，既然已经知道了 $n$ 的值，对于每一个数 $i$ 能不能得到 1~n 中有多少个数拥有 $i$ 这个约数呢？假设数量为 $k$ ，结果值 $ans+=k$。

既然有 $k$ 这个约数，那一定是：k 2k 3k 4k 5k 6k ... nk 这些数能够拥有 $k$ 余数，那么 1~n 中能整除 $k$ 的数有多少呢？

答案是： $n/i$ ，也就是说拥有 $i$ 这个约数的值数量为：$n/i$ ，因此遍历所有的 $i$ 更新 ans 即使返回的答案

AC代码

#include 
#include 
using namespace std;
const int mod = 1000000007;
int main() {
	int n;
	cin >> n;
    long ans = n;
    int sq = sqrt(n);
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        ans += (n / i);
        ans %= mod;
    }
    cout << ans;
	return 0;
}

第二点五个不高兴的小明

问题描述

有一条长为n的走廊，小明站在走廊的一端，每次可以跳过不超过p格，每格都有一个权值wi。
　　小明要从一端跳到另一端，不能回跳，正好跳t次，请问他跳过的方格的权值和最大是多少？

输入格式

输入的第一行包含两个整数n, p, t，表示走廊的长度，小明每次跳跃的最长距离和小明跳的次数。
　　接下来n个整数，表示走廊每个位置的权值。

输出格式

输出一个整数。表示小明跳过的方格的权值和的最大值。

样例输入

8 5 3
3 4 -1 -100 1 8 7 6

样例输出

12

数据规模和约定

1<=n, p, t<=1000, -1000<=wi<=1000。

解题思路

这道题核心思路是动态规划，定义状态 $dp[i][j]$。

假设格的下标开始为1，那么 $dp[i][j]$ 存储"小明跳跃到第 $i$ 格且最多还有 $j$ 次跳跃机会" 状态下的跳过方格的最大权值。

状态转移方程

对于 $dp[i][j]$ 的状态。假设小明跳跃的最长距离为 $p$ , 如果跳跃到 $i$ 格，一定是从 $[i-p,i]$ 中的一个格子跳跃，将之前跳跃的这个格子视为过去状态。那么 $dp[i][j]$ 一定是所有过去状态的最大值，也就是能一步跳跃到 $i$ 点且剩余步数为 $j+1$ 时状态的最大值，即：$dp[i][j]=max(dp[i-1][j+1],dp[i-2][j+1]...dp[i-p][j+1])+arr[i]$，也就是说当前的状态一定能通过之前的状态推导而来。

例如 $p=3$ ，$dp[5][3]$ = $max(dp[4][4],dp[3][4],dp[2][4])+arr[5]$

状态初始化

为了开始时所有状态都设置为给定的一个极小值，同时将第一次跳跃能够到达的格子 $i$ 预先处理，即：$dp[i][t-1]=arr[i]$

得到结果

最终得到的 $dp$ 数组中 , $dp[n+1][t]$ 就是返回的结果

AC代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define ll long long
#define M 1010
#define M_MIN -1000000

using namespace std;
int arr[M];
ll dp[M][M];
int main()
{
    int n, p, t;
    cin >> n >> p >> t;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> arr[i];
    }
    // 初始化
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 0; i < M; ++i) {
        for (int j = 0; j < M; ++j) {
            dp[i][j] = M_MIN;
        }
    }
    // 处理一次跳跃的情况
    for (int i = 1; i <= n + 1 && i <= p; i++)
    {
        dp[i][t - 1] = arr[i];
    }
    // 对于每一格
    for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= t; j++)
        {
            // 寻找最大值，注意边界处理
            for (int k = 1; k <= p && k < i; k++)
            {
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - k][j + 1] + arr[i]);
            }
        }
    }
    cout << dp[n + 1][0];
    return 0;
}

代码优化

其实开始做这道题时我以为上面的代码可能会超时，因为时间复杂度接近 $O(n^3)$ （然而并没有）。时间复杂度之所以这么高是因为在遍历 $dp$ 中每一个元素过程中，每次的遍历都会带来至多 $p$ 次的额外运算，目的是为了寻找最大值，但其实大部分的运算都是重复运算，浪费了很多时间。
还是拿这个例子举例：

红色部分对应的是 $i=5,j=3$ 时，需要搜索的元素。那如果是 $i=6,j=3$ 的情况呢？如下图所示：

不难发现，因为至多搜索数量p个元素，且开始位置固定，所以原本的 dp[2][4] 元素被剔除，添加了新的搜索元素 dp[5][4] 。 每次添加最近的元素，删除最远的元素，这种搜索逻辑像极了队列。

如果我们能够实现一种数据结构，在实现队列添加、删除元素的基础上，能够在接近 $O(1)$ 的时间复杂度下获取到队列中的最大元素，本题目就能够优化。

数据结构实现

为了实现这个数据结构，定义了一个队列 $qu1$ 存放所有元素，定义队列 $qu2$ 存放大小关系，保证先加入的元素如果小于后加入的元素，先加入的元素会被移除队列，且 $qu2.back()$ 存储 $qu1$ 队列中最大的元素。

struct maxQueue {
	// 存储所有元素
	queue<ll>qu1;

	// 队列末尾存放最大元素
	deque<ll>qu2;

	// push 方法的实现
	void update(int val) {
		// 如果队列中元素个数超过p，移除最开始加入的元素
		if (qu1.size() == p) {
			this->pop();
		}
		// 添加元素
		qu1.push(val);
		while (!qu2.empty() && qu2.back() < val) {
			qu2.pop_back();
		}
		qu2.push_back(val);

	}
	int max() {
		return qu2.empty() ? M_MIN : qu2.front();
	}
private:
	void pop() {
		if (qu2.front() == qu1.front()) {
			qu2.pop_front();
		}
		qu1.pop();
	}
// 每一列对应的数值队列
}maxStack[M];

逻辑实现

现在还是预先处理一步到达格子的状态，即 $dp[i][t-1]=arr[i]$

在遍历 $dp$ 数组的第 $i$ 行之前，首先将 $i-1$ 行的数组更新到队列中，随后开始遍历第 $i$ 行更新状态，其余代码与前面的方法相似。

AC代码2

#include 
#include 
#include 
#include 
#include
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;
#define M 1010
#define M_MIN -1000000
int n, p, t;
int arr[M];
int dp[M][M];
struct maxQueue {
	// 存储所有元素
	queue<ll>qu1;

	// 队列末尾存放最大元素
	deque<ll>qu2;

	// push 方法的实现
	void update(int val) {
		// 如果队列中元素个数超过p，移除最开始加入的元素
		if (qu1.size() == p) {
			this->pop();
		}
		// 添加元素
		qu1.push(val);
		while (!qu2.empty() && qu2.back() < val) {
			qu2.pop_back();
		}
		qu2.push_back(val);

	}
	int max() {
		return qu2.empty() ? M_MIN : qu2.front();
	}
private:
	void pop() {
		if (qu2.front() == qu1.front()) {
			qu2.pop_front();
		}
		qu1.pop();
	}

}maxStack[M];

int main() {
	memset(arr, 0, sizeof(M));
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	cin >> n >> p >> t;
    // 初始化
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		for (int j = 0; j <= n; ++j) {
			dp[i][j] = M_MIN;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> arr[i];
	}
	for (int i = 1; i <= p && i <= n; ++i) {
		dp[i][t - 1] = arr[i];
	}
	for (int i = 2; i <= n + 1; ++i) {
        // 更新上一行的状态到队列中，注意对应位置
		for (int j = 0; j <= t - 1; ++j) {
			maxStack[j].update(dp[i - 1][j + 1]);
		}
        // 修改 i 行状态
		for (int j = t - 2; j >= 0; --j) {
			dp[i][j] = maxStack[j].max() + arr[i];
		}
	}
	cout << dp[n + 1][0];
	return 0;
}

总结

上面是两种方法的耗时情况比较，其中第二行数据是未优化的代码，第一行的数据时优化后的代码。时间复杂度从$O(n^3)$ 降为接近 $O(n^2)$ ，效果也是相当的明显，非常好用！

写在最后

代码、论述中有任何问题，欢迎大家指出，同时如果有任何疑问，也能够在评论区中留言，大家共同讨论共同进步！

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