poj1036-dp

http://poj.org/problem?id=1036

题目分析：

由题目很容易就能想到这道题目是DP题目。

当然，它的DP方程也不难得到：

       定义状态：d[i,j] 表示在时间t=i且门状态为j的时候所能取得的最大幸运值。

那么相应的状态转移方程为

              d[i,j] =max(d[i-1,j-1],d[i-1,j],d[i-1][j+1])+p

           如果在i时刻有坚毅度为j的混混k出现，则p=Sk，否则，p=0

由此可得该题的状态数目为O(T*K)，决策数目为O(1)

总的时间复杂度为O(T*K)，空间复杂度为O(T*K)。

      

      

       似乎题目到此就能解题成功了，但是并非如此。

       可以看到题目中Memory Limit: 10000K，这样的空间来装一个T*K即30000*100的整型数组肯定会超空间，那么该怎么办呢？

      

       聪明的你应该能想到“离散化”（wy的专业术语，在此借用一下）。对，注意到混混的人数为1<=N<=100，T*K这么大的空间根本就没有必要开，我们只需要对混混来的时间排一下序，然后依次编号，就可以把空间减小为N*K。

       至此，我们的DP方程稍稍改变一下：

定义状态：d[i,j] 表示在第i号时间且门状态为j的时候所能取得的最大幸运值。

那么相应的状态转移方程为

              d[i,j] = max(d[i-1,k])+p，

其中j-interval(i-1,i)<= k <= j+interval(i-1,i)，

                            interval(i-1,i)表示第i-1号时间到第i号时间的间隙

           如果在i时刻有坚毅度为j的混混k出现，则p=Sk，否则，p=0

       通过这样的压缩，我们把空间复杂度减为了O(N*K)。

       于是这样一道题目就被解决了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<iomanip>

using namespace std;
#define MAX 110 
#define MAXK 1110
#define MAXT 11110
struct node
{
	int time , pros , stout ;
}a[ MAX ] ;

bool cmp( node a , node b )
{
	return a.time < b.time ;
}

int main()
{
	int dp[ MAX ][ MAXK ] , timetable[ MAX ] ;
	bool get[ MAX ][ MAXK ] ;
	int i,j,count,count0,time_num,time,p,d,res;
	int n , k , t , hh;
	scanf( "%d%d%d" , &n , &k , &t ) ;
	for( int i = 0 ; i < n ; ++i )
		scanf( "%d" , &a[ i ].time ) ;
	for( int i = 0 ; i < n ; ++i )
		scanf( "%d" , &a[ i ].pros ) ;
	for( int i = 0 ; i < n ; ++i )
		scanf( "%d" , &a[ i ].stout ) ;
	sort( a , a + n , cmp ) ;
	memset( get , false , sizeof( get ) ) ;
	timetable[ time_num = 0 ] = 0 ;
	for( i = 0 ; i < n ; ++i )
		if( a[ i ].time  != timetable[ time_num ] )
			timetable[ ++time_num ] = a [ i ].time ;
	get[ 0 ][ 0 ] = true ;
	count = 0 ;
	hh = 0 ;
	while( count < time_num )
	{
		time = timetable[ count ] ;
		while( hh < n && a[ hh ].time == time )
		{
			if( get[ count ][ a[ hh ].stout ] )
				dp[ count ][ a[ hh ].stout ] += a[ hh ].pros ;
			hh++ ;
		}
		count0 = count + 1 ;
		d = timetable[ count0 ] - time ;
		for( j = 0 ; j < k + 1; ++j )
			if( get[ count ][ j ] )
				for( p = max( j - d , 0 ) ; p <= min( j + d , k ) ; ++p )
				{
					if( dp[ count0 ][ p ] < dp[ count ][ j ] )
						dp[ count0 ][ p ] = dp[ count ][ j ] ;
					get[ count0 ][ p ] = true ;
				}
		count ++ ;
	}
	time = timetable[ count ] ;
	for( i = 0 ; i < n && a[ i ].time <= time ; ++i )
		if( a[ i ].time == time )
			if( get[ count ][ a[ i ].stout ] )
				dp[ count ][ a[ i ].stout ] += a[ i ].pros ;
	res = 0 ;
	for( i = 0 ; i < k + 1  ; ++i )
		if( dp[ count ][ i ] > res )
			res = dp[ count ][ i ] ;
	printf( "%d
" , res ) ;		
	return 0 ;
}