读完这道题后应该想到牌有多少张都是什么不重要,重要的是player的favorite number是怎么分配的。(因为不是任何player的favorite number不能带来任何joy)然后每个favorite number带来的joy互相不受影响,因为如果favorite number不一样,对应的player肯定不一样。因此我们可以计算每个【favorite number带来的贡献】。
因此想到dp[i][j]代表i个人分j个favorite number的最大joy(favorite number具体是多少其实不重要),
转移方程 dp[i][j] = dp[i-1][j-c] + h[c] 枚举第i个人拿c张牌// c = 0 - min(j,k) 【因为一个人最多拿k张牌】,代价为k
所以整体复杂度是n* (n*k) * k ==> O(n^2 * k^2)。能过
然后这道题我用递归和递推都写了一遍,两个速度差不多。递推并不能保证比递归快,关键还是看状态数
再补充一下转移代价与时间复杂度之间为什么是相乘的关系,我以前一直没想清楚:
实际上是这一层的状态得到要考虑上一层的j个状态,然后这一层的每个状态都要考虑到上一层的j个状态,上一层的状态被重复考虑了。这就是为什么【简单运用】的话线段树能优化dp,因为能区间max,但实际上很复杂,听说要涉及凸包orz
1 #include<iostream> 2 #include<map> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 6 7 //只需要考虑每个number带来的贡献,不是任何人favorite number的数没有贡献 8 int a[5005],h[15],favorite[505];//favorite[i]为第i个player的favorite number 9 int vis[100005],ans; 10 map<int,int> m1,m2; 11 12 int dp[505][5005];// dp[i][j]为i个人分j个favorite number的最大joy 13 14 int main(){ 15 int n,k; cin>>n>>k; 16 for(int i=1;i<=n*k;i++) { 17 cin>>a[i]; 18 m1[ a[i] ] ++;//这个number一共有多少个 19 } 20 for(int i=1;i<=n;i++){ 21 cin>>favorite[i]; 22 m2[ favorite[i] ]++;//这个number是多少人的favorite 23 } 24 for(int i=1;i<=k;i++) cin>>h[i]; 25 26 for(int i=1;i<=n;i++){ 27 for(int j=0;j<=i*k;j++){ 28 for(int c=0;c<=min(j,k);c++) dp[i][j] = max( dp[i][j],dp[i-1][j-c]+h[c] );//第i个人分c个favorite number 29 } 30 } 31 32 for(int i=1;i<=n;i++){ 33 if( vis[ favorite[i] ] ) continue; 34 ans+=dp[ m2[favorite[i]] ][ min( m2[favorite[i]]*k, m1[ favorite[i]] ) ]; 35 vis[ favorite[i] ] = 1; 36 } 37 38 cout<<ans; 39 40 return 0; 41 }