原本以为昨天老师考的已经够难了，弄了那么多的状压DP但是今天老师好像比昨天还狠，弄的状压题比昨天还多，还难，还额外弄了两道没做过的额外的题，还弄了两道tarjan......
这道题虽然是第一道题,但却是我最后改的(考试的时候没做出来),其实看完题解后觉得这道题也没有那么难,看来以后这类类似的对dp式子进行分析的题还要多做.
分析: 读完题目后考虑递推公式，dp[i][j]=max(dp[i-1][k])+b[i]-|a[i]-j|在这个式子之中b[i]的值是已经确定的，i一旦确定a[i]也就没有问题了，所以我们把目光聚焦在d[i][j]上我们当然可以用一个多重循环来解决这个问题，但是根据题目中的数据范围这样写是一定会超时的，但是假设我们最后站在j点，设h=(t1-t2)*d,那么我们的k的活动范围就在j+h和j-h之间,区间移动求一个最值,我们想到来使用单调队列来进行优化就可以了,dp如果硬开是开不下的,但是只和上一行的状态有关,所以用滚动数组优化.
1 #include<cstring> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<queue> 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 const int maxn=15e4+5; 8 ll dp[2][maxn]; 9 void Solve(){ 10 int n,m,d; 11 scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); 12 int t0=1,k=0; 13 while(m--){ 14 int a,t,b; 15 scanf("%d%d%d",&a,&b,&t); 16 ll h=(ll)1*(t-t0)*d; 17 h=min(h,(ll)n); 18 t0=t; 19 k=!k; 20 deque<int>q;//单调队列 21 for(int i=1,j=1;i<=n;++i){ 22 for(;j<=i+h&&j<=n;++j){ 23 while(!q.empty()&&dp[!k][q.back()]<=dp[!k][j]) q.pop_back(); 24 q.push_back(j); 25 } 26 while(!q.empty()&&q.front()<i-h) q.pop_front(); 27 dp[k][i]=dp[!k][q.front()]+b-abs(a-i); 28 } 29 } 30 ll ans=dp[k][1]; 31 for(int i=2;i<=n;++i) 32 ans=max(ans,dp[k][i]); 33 printf("%lld ",ans); 34 } 35 int main(){ 36 //freopen("a.in","r",stdin); 37 Solve(); 38 return 0; 39 }
这道题在考场上不是没做出来,但是我写的dp太繁琐了,虽然只有三层循环,但是其中有两层是2^n级的,时间当然吃不住.
我们用dp[i][j]来表示在第i个店买了第j件物品的花费,在递推时考虑f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j^(1<<(k-1))]+lf[i]+a[i][k]),其中lf表示路费,这个东西当然我们只在第一次进店时加一次就可以了,这样我们用三层循环n*m*2^n就可以求出最终的答案了，我当时考虑的是先把每个点每个状态都先预处理出来，最后再进行dp，导致在进行转移时十分麻烦，转移方程还是十分重要的呀。
1 #include<map> 2 #include<stack> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 const int N=5e2+10; 7 using namespace std; 8 #define debug printf("-debug- ") 9 struct Node{ 10 int dis,next,to; 11 }edge[N]; 12 int Head[N],tot; 13 int dian[N][20]; 14 int dp[N][1<<17],f[2][1<<17]; 15 signed main(){ 16 //freopen("a.in","r",stdin); 17 //freopen("a.out","w",stdout); 18 int n,m; 19 scanf("%d%d",&n,&m); 20 int t=(1<<(m))-1; 21 for(int i=1;i<=n;++i){ 22 scanf("%d",&dian[i][0]); 23 for(int j=1;j<=m;++j){ 24 scanf("%d",&dian[i][j]); 25 } 26 } 27 for(int i=1;i<=n;++i) 28 for(int j=0;j<=t;++j){ 29 dp[i][j]+=dian[i][0]; 30 for(int k=0;(j>>k)>0;++k){ 31 if((j>>k)&1) dp[i][j]+=dian[i][k+1]; 32 } 33 } 34 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 35 f[0][0]=f[1][0]=0; 36 int p=0; 37 for(int i=1;i<=n;++i){ 38 p=!p; 39 for(int j=0;j<=t;++j) 40 for(int k=0;k<=t;++k){ 41 f[p][j]=min(f[p][j],f[!p][j]); 42 f[p][j|k]=min(f[p][j|k],f[!p][j|k]); 43 f[p][j|k]=min(f[p][j|k],f[!p][j]+dp[i][k]); 44 //printf("%d ",f[][j|k]); 45 } 46 } 47 printf("%d ",f[p][t]); 48 return 0; 49 }
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll f[105][1<<17],a[105][105],lf[105]; 5 int main(){ 6 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 7 int n,m; 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 for(int i=1;i<=n;i++){ 10 f[i][0]=0; 11 scanf("%lld",&lf[i]); 12 for(int j=1;j<=m;j++){ 13 scanf("%lld",&a[i][j]); 14 } 15 } 16 int mmax=(1<<m)-1; 17 f[0][0]=1; 18 for(int i=1;i<=n;i++){ 19 for(int j=0;j<=mmax;j++){ 20 for(int k=1;k<=m;k++){ 21 if(j&(1<<(k-1))){ 22 if(i>=2) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j^(1<<(k-1))]+lf[i]+a[i][k]); 23 if((j^(1<<(k-1)))==0) f[i][j]=min(f[i][j],lf[i]+a[i][k]); 24 else f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j^(1<<(k-1))]+a[i][k]); 25 } 26 } 27 } 28 for(int j=0;j<=mmax;j++){ 29 f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]); 30 } 31 } 32 printf("%lld ",f[n][mmax]); 33 return 0; 34 }
这道破题让我调了一下午，周围的人都看了题解也不知道我错在了那里，之后向大佬请教才知道是题意理解错了（明明是它说的不清），我的方法调出来之后和别人对比后发现时间大概比别人多跑了30倍，内存多了20倍.......
考虑dp[i][j][k]表示第i天最后在j地时的状态为k时的答案,于是有转移方程:dp[i][v][k|(1<<(v-1))]=min(dp[i][v][k|(1<<(v-1))],dp[i-1][u][k]+cost[u][v][D]);(其中的u表示出发点,v表示到达点),四层循环枚举i,u,v,k(看起来就很麻烦对不对?我也这么觉得,难怪它跑得这么慢),之后枚举dp[m][n]的第三维求出最小值就可以了,需要注意的几点:天数要取模是当然的,但是取完模后数可能变成0,输出会变为一句话:浮点数除外,另外,if语句能少写就少写把,在你调代码时你会感谢你自己的.
1 #include<map> 2 #include<stack> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<iostream> 7 const int N=5e2+10; 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 #define debug printf("-debug- ") 11 int count(ll x){ 12 int cnt=0; 13 while(x){ 14 if(x & 1) cnt++; 15 x>>=1; 16 } 17 return cnt; 18 } 19 ll dp[1001][11][1<<10]; 20 int cost[11][11][1001]; 21 int main(){ 22 //freopen("a.in","r",stdin); 23 //freopen("a.out","w",stdout); 24 int n,m; 25 while(scanf("%d%d",&n,&m)==2 && n && m){ 26 for(int i=1;i<=n;++i) 27 for(int j=1;j<=n;++j){ 28 if(i==j) continue; 29 scanf("%d",&cost[i][j][0]); 30 for(int k=1;k<=cost[i][j][0];++k){ 31 scanf("%d",&cost[i][j][k]); 32 //printf("%d %d %d %d ",i,j,k,cost[i][j][k]); 33 } 34 } 35 memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); 36 dp[0][1][1]=0; 37 int t=(1<<n)-1; 38 for(int i=1;i<=m;++i) 39 for(int u=1;u<=n;++u) 40 for(int v=1;v<=n;++v) 41 for(int k=0;k<=t;++k){ 42 if(!(k&(1<<(u-1)))) continue; 43 if(v==u) continue; 44 int D=(i+cost[u][v][0])%cost[u][v][0]; 45 if(D==0) D=cost[u][v][0]; 46 if(!cost[u][v][D]) continue; 47 dp[i][v][k|(1<<(v-1))]=min(dp[i][v][k|(1<<(v-1))],dp[i-1][u][k]+cost[u][v][D]); 48 } 49 ll ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 50 for(int i=0;i<=t;++i) 51 ans=min(ans,dp[m][n][i]); 52 if(ans==0x3f3f3f3f3f3f3f3f){ 53 printf("0 "); 54 continue; 55 } 56 else printf("%lld ",ans); 57 } 58 return 0; 59 }
(篇幅限制删去了一些图)
其实这是挺久远的一道题了,这也是我集训以来第一道首A的题(我才不会说是因为提前复习了).
考虑现将每一个小盆友的喜欢和讨厌的状态转化到num数组上,来表示对应字母开头的状态的可以让小盆友满意的人数,这道题的核心部分我认为是在dp的部分,我们有dp[k][j]=max(dp[k-1][(j&15)<<1],dp[k-1][(j&15)<<1|1])+num[k][j];通过&15的计算我们可以取出上一状态的四位数,再对第五位来进行决策,即该位是否为1,在加上之前处理出的num数组,就可以完成这道题的转移了,另外由于这道题的起始状态不好进行确定,那就都试一遍就行了,注意每次实验的初始化和答案比较.
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 const int N=1e5+10; 5 using namespace std; 6 int num[N][35],dp[N][35]; 7 int main(){ 8 int n,m; 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 for(int i=1;i<=m;++i){ 11 int a,b,c; 12 int fear=0,like=0; 13 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 14 while(b--){ 15 int x; 16 scanf("%d",&x); 17 fear|=(1<<((x-a+n)%n)); 18 } 19 while(c--){ 20 int x; 21 scanf("%d",&x); 22 like|=(1<<((x-a+n)%n)); 23 } 24 for(int j=0;j<32;++j) 25 if((j&fear)||(~j&like)) num[a][j]++; 26 } 27 int ans=0; 28 for(int i=0;i<32;++i){ 29 memset(dp[0],128,sizeof(dp[0])); 30 dp[0][i]=0; 31 for(int k=1;k<=n;++k) 32 for(int j=0;j<32;++j) 33 dp[k][j]=max(dp[k-1][(j&15)<<1],dp[k-1][(j&15)<<1|1])+num[k][j]; 34 ans=max(ans,dp[n][i]); 35 } 36 printf("%d ",ans); 37 return 0; 38 }
我原本以为老姚和虎哥都挺和善的,最近出的tarjan的题也都不怎么难,直到我看见了这道题,也理解了他们是真的'核'善.
记得刚学完tarjan的时候这是lc大佬Wa的次数最多的一道题,每次我进入题库都能看见他的记录:听取WA声一片(lc大佬:我没有,你瞎说).
想做这道题会写tarjan的板子是最基础的,之后才能来进行考虑之后的处理,我们考虑,如果这个图之中没有割点,那么我们只要去开设两个点就行了,因为开一个点万一这个点塌了点就废了,答案为2和n*(n-1)/2，我们主要处理的应该是有数个割点的情况，我们把一张图分为几个联通块来处理，如果一个带有数个割点的联通块的一个割点塌了，里面的工人还可以跑到其他联通块，所以里面不用设点，关键就是只有一个割点缩完点在外面吊着的联通块，割点塌了里面的人就出不来了，所以必须在这里面进行设点，答案贡献是乘以bcc[i].size()-1，第一个答案的值就是在外面吊着的联通快的个数，这样这道题就解决了。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<stack> 4 #include<vector> 5 #include<cstring> 6 using namespace std; 7 #define int long long 8 const int N=1e6+10; 9 struct Node{ 10 int next,to; 11 }edge[N]; 12 int Head[N],tot; 13 void Add(int x,int y){ 14 edge[++tot].to=y; 15 edge[tot].next=Head[x]; 16 Head[x]=tot; 17 } 18 stack<int>sta; 19 vector<int>bcc[N]; 20 int dfn[N],low[N],dfn_cnt,bcc_cnt,cut[N]; 21 void tarjan(int u){ 22 dfn[u]=low[u]=++dfn_cnt; 23 sta.push(u);int flag=0; 24 for(int i=Head[u];i;i=edge[i].next){ 25 int v=edge[i].to; 26 if(!dfn[v]){ 27 tarjan(v);flag++; 28 low[u]=min(low[u],low[v]); 29 if(low[v]>=dfn[u]){ 30 bcc_cnt++;bcc[bcc_cnt].clear(); 31 int t; 32 do{ 33 t=sta.top();sta.pop(); 34 bcc[bcc_cnt].push_back(t); 35 }while(t!=v); 36 bcc[bcc_cnt].push_back(u); 37 if(u!=1||flag>1) cut[u]=1; 38 } 39 } 40 else low[u]=min(low[u],dfn[v]); 41 } 42 } 43 signed main(){ 44 //freopen("a.in","r",stdin); 45 int m,Case=0; 46 while(scanf("%lld",&m)==1 && m){ 47 printf("Case %lld: ",++Case); 48 memset(Head,0,sizeof(Head)); tot=0; 49 memset(cut,0,sizeof(cut));bcc_cnt=0;dfn_cnt=0; 50 memset(low,0,sizeof(low)); 51 memset(dfn,0,sizeof(dfn)); 52 int n=0; 53 memset(cut,0,sizeof(cut)); 54 for(int i=1;i<=m;++i){ 55 int x,y; 56 scanf("%lld%lld",&x,&y); 57 n=max(n,max(x,y)); 58 Add(x,y);Add(y,x); 59 } 60 for(int i=1;i<=n;++i) 61 if(!dfn[i]) tarjan(i); 62 int ans1=0,ans2=1; 63 if(bcc_cnt==1){ 64 ans1=2; 65 ans2=n*(n-1)/2; 66 } 67 else{ 68 for(int i=1;i<=bcc_cnt;++i){ 69 int cnt=0; 70 for(int j=0;j<bcc[i].size();++j){ 71 if(cut[bcc[i][j]]) cnt++; 72 } 73 if(cnt==1){ 74 ans1++;ans2*=(bcc[i].size()-1); 75 }; 76 } 77 } 78 printf("%lld %lld ",ans1,ans2); 79 } 80 }
总结： 其实今天还是可以的，但是值得反思的地方还有很多，比如今天下午我感觉效率就十分低下，一道现在看来不难的题硬是调了一个下午，老姚说的想好再交我还是没有落实好呀，此外，在今天晚上做额外的题时候还是会忍不住看题解，以后可以尝试去一些没有题解的题库网站来严格要求一下自己，比如在做内部题库时我就没想过看题解，在洛谷时那个题解按钮特别吸引人，以后我会严格要求自己的