这题我采取了两种做法。下面提供两份代码。
前者较为麻烦,但是基于一定的贪心原则, 状态少,效率高。后者写起来方便,速度稍慢。
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; #define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) #define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x)) typedef long long LL; const int N=1015,M=4015; int casenum,casei; int n,m; struct A { int l,v,h; bool operator < (const A& b)const {return l<b.l;} }a[N]; int d[N][M]; LL f[M]; template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;} int main() { scanf("%d",&casenum); for(casei=1;casei<=casenum;casei++) { LL ans=0; scanf("%d%d",&n,&m);m<<=1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].v); a[i].h=a[i].l; a[i].l<<=1; if(a[i].v>ans)ans=a[i].v; } sort(a+1,a+n+1); while(n>=1&&a[n].l>=m)--n;//优化:长度比一倍还长的筛掉,它们肯定只能放一个 MS(d,0); for(int i=n;i>=1;i--) { MC(d[i],d[i+1]); gmax(d[i][a[i].h],a[i].v); for(int j=i+1;j<=n;j++) { int len=a[i].h+a[j].h; if(len>m)break; gmax(d[i][len],a[i].v+a[j].v); } //我们再扫描一遍,维护单调性,使得d[i][j]表示用i及以上的木棍放在两边,占据的空间最大为j条件下的最大价值 for(int j=1;j<=m;j++)gmax(d[i][j],d[i][j-1]); } gmax(ans,d[1][m]); MS(f,0); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=m;j>=a[i].l;j--) { gmax(f[j],f[j-a[i].l]+a[i].v); gmax(ans,f[j]+d[i+1][m-j]); } } printf("Case #%d: %lld\n",casei,ans); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 这题的题意杀了我好久,本来是1个多小时就能AC的,结果被我拖到了4个多小时才完成ACQwQ 看来读题的时候一定要确保下题意。有些实在不清楚的地方哪怕是枚举下题意也是可以的。 这题中有一句——No gold segment was allowed to be overlapped. 对于关键性的话不要忽略。 对于关键性的单词不要脑补。 No gold segment was allowed to be overlapped. overlap被我理解成了溢出,就是容器是以整数为单位呈一段段,放进去的木棍也要恰好是卡成一段段。 然而事实上overlap的意思是重叠。于是就可以有 input 2 3 3 1 3 1 output 2 的对应输入输出了。 事实上,如果我枚举题意,也不会卡这么久QwQ 【题意】 给你一个长度为m([1,2000])的长条状容器。 然后我们有n([1,1000])段木棒。 第i段木棒有一个长度a[i].l和价值a[i].v。 我们希望把尽可能大价值的木棒放到容器中,使得所有木棒的重心都在容器内 要求木棒不能重叠。 【类型】 DP+贪心 【分析】 一条木棍的话,不管它有多长,总有方案使得重心落在容器范围内,一定是可以的。 然而,如果是多条木棍呢? 对于既有选择又有顺序的DP,我们可以先简化问题。 我们可以先假设,假设我们已经得到了最后选择的木棒的集合是什么,现在只是对这些木棍决定放置方案。 那么,有两种可能—— 1,没有木棍悬在外面, 2,有1根或者2根木棍悬在外面。 对于情况1,我们可以直接用传统的"f[前i个木棍][长度为j]"这样的DP算得结果。 对于情况2,放在外面的木棍是什么呢? 我们发现,如果目前是短的木棍悬在外面,长的木棍在里面。方案合法。 假设长的木棍长度是ll,短的木棍长度是l,如果交换位置, 1,我们会多空闲(ll-l)的内部空间, 2,我们会多需要(ll-l)/2的空间悬放这个木棍。 显然多空闲出的空间比多需要的空间要大,这个方案也一定是合法的。 于是我们就这样得到了一个贪心结论—— 对于一个合法的方案,一定是选择最长的木棍悬在外面。 于是,我们先把所有木棍按照边从大到小做排序, 然后用d[i][j]求出——用编号在i或i以上的木棍,悬挂在两边,占据的空间为最大为j条件下的最大价值。 因为这里可能是1根或2根木棍溢出。所以我们需要用一个O(n^2)复杂度下枚举的DP就能维护d[][] 然后我们在做关于情况1的DP的时候,我们能求出用: 放在中间的木棍都来之前i个木棍中,占据的长度为j条件下的最大价值,记为f[i][j] 然而,我们再额外算上放在两边的木棍,这最多2根悬挂木棍要求都是来自于i+1~n的木棍中。 于是可以用f[i][j]+d[i+1][m-j]更新答案。 这里的最后一个问题是: 我们可能重心是落在非整点位置,对于这个情况,我们要怎么办呢? 对于有意义的决策,既是重心不落在非整点位置,那也肯定是落在0.5位置。 所以我们把原容器长度*=2, 然后对于内部摆放的DP,通过原长度*2展开, 对于外部的DP,则用原长度展开(因为要有一半嵌在内部)。 这样就避免的小数的情况,保证了题目能够顺利AC~~ 【时间复杂度&&优化】 O(n^2) 【数据】 input 2 3 3 1 3 1 output 2 */
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> using namespace std; #define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) #define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x)) typedef long long LL; const int N=1015,M=4015; int casenum,casei; int n,m; struct A { int l,v,h; bool operator < (const A& b)const{return l<b.l;} }a[N]; LL f[M][3]; template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;} int main() { scanf("%d",&casenum); for(casei=1;casei<=casenum;casei++) { LL ans=0; scanf("%d%d",&n,&m);m<<=1; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].v); a[i].h=a[i].l; a[i].l<<=1; if(a[i].v>ans)ans=a[i].v; } //优化:长度比一倍还长的筛掉,它们肯定只能放一个 sort(a+1,a+n+1); while(n>=1&&a[n].h>=m)--n; MS(f,0); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=m;j>=a[i].h;j--) { for(int u=0;u<=2;u++) { if(j>=a[i].l)gmax(f[j][u],f[j-a[i].l][u]+a[i].v); if(u)gmax(f[j][u],f[j-a[i].h][u-1]+a[i].v); } } } gmax(ans,f[m][2]); printf("Case #%d: %lld\n",casei,ans); } return 0; } /* 【分析】 这题还有另外一个解题方法。 用f[i][j][u]表示现在处理到前i根木棍,它们在容器内占据的长度为j,且有u条木棍悬挂在外的最大价值。 这个DP多加了一个维度u,显然u的取值范围是[0,2] 同样采取使得half=原长len,使得len=原长len的2倍的避免小数的策略。 那么我们有状态转移方程 gmax(f[i][j][u],f[i-1][j-a[i].len][u]+a[i].val); gmax(f[i][j][u],f[i-1][j-a[i].half][u-1]+a[i].val); 这样从所有的子状态中更新答案。 注意,我们可以使用三维数组表示空间,这里也可以下降为只有[j][u],第一维度的i可以省略。 这样压缩空间的做法需要注意保证拓扑序。要无环,要避免同一个木棍多次更新状态。 我们只要改变枚举顺序,使得j降序。 因为每个物品的空间都至少为1,所以不论u的顺序,这里就可以保证,一定不会重复更新。 【时间复杂度&&优化】 O(n^2) */