刷题记录:牛客NC24158[USACO 2015 Jan G]Moovie Mooving

传送门:牛客

题目描述:

奶牛贝西想连续看L (1 <= L <= 100,000,000)分钟的电影，有 N (1 <= N <= 20)部电影可供选择，每部电影会在一天的
不同时段放映。
贝西可以在一部电影播放过程中的任何时间进入或退出放映厅。但她不愿意重复看到一部电影，所以每部电影她最多
看到一次。她也不能在看一部电影的过程中，换到另一个正在播放相同电影的放映厅。
请帮贝西计算她能够做到从0到L分钟连续不断地观看电影，如果能，请计算她最少看几部电影就行了。
输入:
4 100 
50 3 15 30 55 
40 2 0 65 
30 2 20 90 
20 1 0 
输出:
3 

一看N最大为20,就感觉应该是一道状压dp的题目,但是这个状态该怎么设计感觉还是有一点难想

主要思路:

1. 首先我们得想一下怎么设计我们的这个状态,根据大多数的状压dp的套路来说,我们应该是将每一部电影看没看来当做我们此时的状态,那么此题也不例外.我们设计$dp[S]$作为当我们看了$S$状态的电影时能最长看到多少分钟,那么此时我们的转移也就呼之欲出了
2. 我们不难想到显然我们可以通过没看过的电影进行转移(因为题目中说每一部电影只能看一次),并且为了最优解,我们贪心的想一下,显然应该挑选剩下的电影中的每一部电影中里我们的当前状态的$dp[S]$最近但是小于该值的时间来看那部电影.
3. 然后上述的值我们可以通过二分来进行快速找到(英文题目上说是单调的,翻译没翻出来)
4. 对于最终答案来说,我们只要判断每一种状态是否大于等于L,然后统计一下该状态1的个数即可

下面是具体的代码部分:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int n,l;int a[1005][1005];int dp[1<<21];int val[1000];
int main() {
	n=read();l=read();
	for(int i=0;i<n;i++) {
		val[i]=read();
		a[i][0]=read();
		for(int j=1;j<=a[i][0];j++) {
			a[i][j]=read();
		}
	}
	int ans=inf;
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	dp[0]=0;
	for(int S=0;S<(1<<n);S++) {
		if(dp[S]==-1) continue;
		for(int i=0;i<n;i++) {
			if((S>>i)&1) continue;
			int *p=upper_bound(a[i]+1,a[i]+a[i][0]+1,dp[S]);
			if(p!=a[i]+1) {
				dp[S|(1<<i)]=max(dp[S|(1<<i)],a[i][p-a[i]-1]+val[i]);
			}else {
				dp[S|(1<<i)]=dp[S];
			}
		}	
		if(dp[S]>=l) {
			ans=min(ans,__builtin_popcount(S));
		}
	}
	if(ans==inf) puts("-1");
	else cout<<ans<<endl;
	return 0;
}