QOJ4211 Alice and Bob (树形 dp + 01背包)

QOJ4211 Alice and Bob

树形 dp + 01背包

因为 Alice 要赢,说明他走的步数比 Bob 更多,所以考虑一个点上的石头最多能让 AliceBob 走几步,一定会有一个对两个人都最优的策略(Alice 尽量多走,Bob 也尽量多走),而这是可以 dp 的。

fu 表示从起点 u 出发,Alice 最多能比 Bob 走几步,转移:

  1. 如果 u 是白点,那么 Alice 要从 max(fv+1) 转移过来,fu=max(0,max(fv+1))
  2. 如果 u 是黑点,那么 Bob 要从 min(fv1) 转移过来,fv=min(0,min(fv1))

题目现在任意一点都可以放置石头,一种放置方式 s 能否胜利当且仅当 isfi>0。相当于在 n 个点中选若干个点,使得总和大于 0,要求方案数。这就是经典的 01 背包问题,设 fi,j 表示考虑完前 i 个点的选择,总和为 j 的方案数,转移易得。

答案就是 i>0fn,i

复杂度 O(n3),因为背包总容量 n2

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define mk std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

using i64 = long long;
using ull = unsigned long long;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 310, mod = 998244353;
int n, m, ans;
int a[N];
std::string s;
int in[N], f[N], vis[N];
std::vector<int> e[N];
void dfs(int u, int fa) {
	vis[u] = 1;
	int mn = iinf, mx = 0;
	for(auto v : e[u]) {
		if(v == fa) continue;
		if(!vis[v]) dfs(v, u);
		vis[v] = 1;
		if(!a[u]) mx = std::max(mx, f[v] + 1); 
		else mn = std::min(mn, f[v] - 1);
	}
	if(!a[u]) f[u] = std::max(0, mx);
	else f[u] = std::min(0, mn);
}
int dp[N][2 * N * N + N];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	std::cin >> n >> m >> s;
	for(int i = 0; i < n; i++) a[i + 1] = (s[i] == 'W' ? 0 : 1);
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int u, v;
		std::cin >> u >> v;
		e[u].pb(v);
		in[v]++;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(!in[i]) dfs(i, 0);
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) sum += f[i];
 	int o = N * N;
 	dp[0][o] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = n * n; j >= -n * n; j--) {
			if(j - f[i] + o >= 0) dp[i][j + o] = (dp[i - 1][j + o] + dp[i - 1][j - f[i] + o]) % mod;
		}
	}
	for(int i = o + 1; i <= n * n + o; i++) (ans += dp[n][i]) %= mod;

	std::cout << ans << "\n";
	return 0;
}
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