P2157 [SDOI2009] 学校食堂

题目描述

小 F 的学校在城市的一个偏僻角落，所有学生都只好在学校吃饭。学校有一个食堂，虽然简陋，但食堂大厨总能做出让同学们满意的菜肴。当然，不同的人口味也不一定相同，但每个人的口味都可以用一个非负整数表示。由于人手不够，食堂每次只能为一个人做菜。做每道菜所需的时间是和前一道菜有关的，若前一道菜的对应的口味是 $a$ ，这一道为 $b$ ，则做这道菜所需的时间为 $(a or b) - (a and b)$ ，而做第一道菜是不需要计算时间的。其中， $or$ 和 $and$ 表示整数逐位或运算及逐位与运算，C 语言中对应的运算符为 | 和 &。

学生数目相对于这个学校还是比较多的，吃饭做菜往往就会花去不少时间。因此，学校食堂偶尔会不按照大家的排队顺序做菜，以缩短总的进餐时间。

虽然同学们能够理解学校食堂的这种做法，不过每个同学还是有一定容忍度的。也就是说，队伍中的第 $i$ 个同学，最多允许紧跟他身后的 $B_{i}$ 个人先拿到饭菜。一旦在此之后的任意同学比当前同学先拿到饭，当前同学将会十分愤怒。因此，食堂做菜还得照顾到同学们的情绪。现在，小 F 想知道在满足所有人的容忍度这一前提下，自己的学校食堂做完这些菜最少需要多少时间。

输入格式

第一行包含一个正整数 $C$ ，表示测试点的数据组数。每组数据的第一行包含一个正整数 $N$ ，表示同学数。每组数据的第二行起共 $N$ 行，每行包含两个用空格分隔的非负整数 $T_{i}$ 和 $B_{i}$ ，表示按队伍顺序从前往后的每个同学所需的菜的口味和这个同学的忍受度。每组数据之间没有多余空行。

输出格式

包含 $C$ 行，每行一个整数，表示对应数据中食堂完成所有菜所需的最少时间。

数据规模和约定

对于 $100$ 的数据，满足 $1 \leq N \leq 1000, 0 \leq T_{i} \leq 1000, 0 \leq B_{i} \leq 7 ， 1 \leq C \leq 5$ 。

Solution:

好久之前写的状压 dp 了，首先我们主要到 $0 \leq B_{i} \leq 7$ 这让我们很难不想到状压。

记数组 $d p [i] [i d x] [k]$ 表示当前考虑到位置 $i$ ,且 $[1, i - 1]$ 位置上的人已经全部打完饭了。位置 $i$ 及其之后的人的打饭状态是 $i d x$ ，其中 $i d x$ 二进制下的 $2^{t m p}$ 位表示 $i + t m p$ 这个位置是否打了饭， $k$ 表示上一个打饭的人与 $i$ 的相对位置。即上一个打饭的人是 $i + k$ 但是 $k$ 有可能出现负数，所以我们数组的下标从 8 开始。

对于状态转移：

如果在当前状态 $i d x$ 中 , $i$ 已经打了饭 ( $2^{0}$ 上的数字是 1) ，那么这个状态与 $d p [i + 1] [i d x >> 1] [k - 1]$ 是等价的，我们直接转移，将这个问题转移到状态 $d p [i + 1] [i d x >> 1] [k - 1]$ 去解决。

那么如果当前节点 $i$ 没有打饭， ( $2^{0}$ 上的数字是 0)，我们记最新一次打饭的节点是 $l a s t = i + k$ 。然后在 $[i, i + b_{i}]$ 中枚举一个节点 $n o w$ 打饭，注意，这个节点 $n o w$ 不仅要满足 $b_{i}$ 的限制，还要满足 $\forall j \in [i, n o w] n o w \in [j, j + b_{j}]$ 的限制。

然后次打饭产生的花费就是 $T_{l a s t} xor T_{n o w}$

所以我们可以列出形式化的状态转移方程：

d p_{i + 1, i d x >> 1, k - 1} = min_{l o w b i t (i d x) == 0} d p_{i, i d x, k}

d p_{i, i d x | 2^{n o w - i}, n o w - i} = min_{lowbit(idx)!=0} d p_{i, i d x, k} + T_{n o w} xor T_{l a s t}

然后时间复杂度是 $2^{7} \cdot 16 \cdot n = 2^{11} \times n$ 还是很好过的。

Code:

 #include<bits/stdc++.h>
const int N=1005;
const int inf=1e9;
const int k_0=8;
using namespace std;
int dp[N][1<<8][20],t[N],b[N];
//dp[i][idx][k] : [1,i-1] 已经全打完饭了 [i,i+7] 的打饭状态是 idx 上一个打饭的是 i+k
int n,c;
void work()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&t[i],&b[i]);
    }
    memset(dp,126,sizeof(dp));
    dp[1][0][-1+k_0]=0;//防止爆负数
    int idx=(1<<8)-1;
    int last,now;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=idx;j++)
        {
            for(int k=-8;k<=7;k++)
            {
                last=i+k;
                if(dp[i][j][k+k_0]==dp[0][0][0])continue;//当前状态的花费为 inf 状态不合法
                if(j&1)
                {
                    dp[i+1][j>>1][k-1+k_0]=min(dp[i+1][j>>1][k-1+k_0],dp[i][j][k+k_0]);
                    // j>>1: 把当前位顶掉，k-1 ：last = i+k =(i+1)+(k-1) 
                    // 如果当前位已经打饭了，转移到 i+1
                }
                else
                {
                    int lim=n;//否则枚举一下下一个打饭的是谁，转移
                    for(int l=0;l<=7;l++)
                    {
                        now=i+l;
                        if((1<<l)&j)continue;
                        if(now>lim)break;
                        lim=min(lim,now+b[now]);//要满足所有 [i,now] 的 b 对 now 的限制 
                        int cost=t[last]^t[now];
                        if(!last)cost=0;//第一个打饭不产生花费
                        dp[i][j|(1<<l)][l+k_0]=min(dp[i][j|(1<<l)][l+k_0],dp[i][j][k+k_0]+cost);
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans=inf;
    for(int k=-8;k;k++)
    {
        ans=min(ans,dp[n+1][0][k+k_0]);
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
    freopen("dining.in","r",stdin);
    freopen("dining.out","w",stdout);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        work();
    }
    return 0;
}

posted @ 2025-02-26 17:07 liuboom 阅读(2) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include<bits/stdc++.h>
	const int N=1005;
	const int inf=1e9;
	const int k_0=8;
	using namespace std;
	int dp[N][1<<8][20],t[N],b[N];
	//dp[i][idx][k] : [1,i-1] 已经全打完饭了 [i,i+7] 的打饭状态是 idx 上一个打饭的是 i+k
	int n,c;
	void work()
	{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	scanf("%d%d",&t[i],&b[i]);
	}
	memset(dp,126,sizeof(dp));
	dp[1][0][-1+k_0]=0;//防止爆负数
	int idx=(1<<8)-1;
	int last,now;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	for(int j=0;j<=idx;j++)
	{
	for(int k=-8;k<=7;k++)
	{
	last=i+k;
	if(dp[i][j][k+k_0]==dp[0][0][0])continue;//当前状态的花费为 inf 状态不合法
	if(j&1)
	{
	dp[i+1][j>>1][k-1+k_0]=min(dp[i+1][j>>1][k-1+k_0],dp[i][j][k+k_0]);
	// j>>1: 把当前位顶掉，k-1 ：last = i+k =(i+1)+(k-1)
	// 如果当前位已经打饭了，转移到 i+1
	}
	else
	{
	int lim=n;//否则枚举一下下一个打饭的是谁，转移
	for(int l=0;l<=7;l++)
	{
	now=i+l;
	if((1<<l)&j)continue;
	if(now>lim)break;
	lim=min(lim,now+b[now]);//要满足所有 [i,now] 的 b 对 now 的限制
	int cost=t[last]^t[now];
	if(!last)cost=0;//第一个打饭不产生花费
	dp[i][j\|(1<<l)][l+k_0]=min(dp[i][j\|(1<<l)][l+k_0],dp[i][j][k+k_0]+cost);
	}
	}
	}
	}
	}
	int ans=inf;
	for(int k=-8;k;k++)
	{
	ans=min(ans,dp[n+1][0][k+k_0]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	}
	int main()
	{
	freopen("dining.in","r",stdin);
	freopen("dining.out","w",stdout);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
	work();
	}
	return 0;
	}