AcWing 288. 休息时间(环形dp 滚动数组优化)

题目描述

原题链接

分析

题目特殊在:每一天的第$N$小时和下一天的第$1$小时是相连的, 即一个环形
我们假设每一天的第$N$小时和下一天的第$1$小时不相连,则题目就变成了一个线性DP问题
很容易 设计出状态:
$f[i,j,0]$表示只考虑只考虑前$i$个小时,一共休息了$j$个小时, 并且第$i$个小时没休息的所有方案的最大收益
$f[i,j,1]$表示只考虑前$i$个小时,一共休息了$j$个小时, 并且第$i$个小时在休息的所有方案的最大收益
得到状态转移方程:
$f[i,j,0]=max(f[i-1,j,0],f[i-1,j,1])$
$f[i,j,1]=max(f[i-1,j-1,0],f[i-1,j-1,1]+w[i])$
($w[i]$为第$i$小时熟睡获得的体力,题目规定每段的第$1$个小时需要入睡,从而进入熟睡状态,不能恢复体力)
初始化: 因为由于不相连, 所以第1小时一定不会是熟睡状态
$f[1,0,0]=0$,$f[1,1,1]=0$, 其余状态都是$-\infty$
所求答案即 $max(f[N,B,0],f[N,B,1])$


现在我们考虑每一天的第$N$小时和下一天的第$1$小时是相连的, 其实就比上述集合多$1$种情况
即: 第$1$个小时是熟睡状态, 要使第$1$个小时是熟睡状态, 需要强制第$N$个小时休息
则只需更改初始条件: $f[1,1,1]=w[1]$,其余状态都是$-\infty$
所求答案即 $f[N,B,1]$


回顾上述过程, 实际上我们通过第$1$小时是否处于熟睡状态将所有状态划分成两类
这就是我们要介绍的第一种策略——执行两次DP，第一次在任意位置把环断开成链，按照线性问题求解;第二次通过适当的条件和赋值,保证计算出的状态等价于把断开的位置强制相连(摘自算法竞赛进阶指南)

滚动数组优化空间复杂度
注意到题目有$64MB$空间, 而数据范围$N$最大为$3830$, 若用数组$f[N][N][2]$表示所有状态, 大概是$120MB$($3830\times 3830\times 2\approx 3e7,1e7的int数组大概是40MB$)明显不够用
注意到状态转移方程: 第$i$层的状态只与上一层$i-1$的状态有关, 便可以用$i\&1$将第一维压缩成$f[2][][]$
$f[i,j,0]=max(f[i-1,j,0],f[i-1,j,1])$
$f[i,j,1]=max(f[i-1,j-1,0],f[i-1,j-1,1]+w[i])$

也可以参考Y总视频讲解

实现

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3839;
int f[2][N][2], w[N];
int n, b;
int main()
{
    cin >> n >> b;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin >> w[i];
    
    // 第1个小时不在熟睡状态
    memset(f,-0x3f, sizeof(f));
    f[1&1][0][0] = f[1&1][1][1] = 0;
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=min(i,b); j++)
        {
            f[i&1][j][0] = max(f[i-1&1][j][0], f[i-1&1][j][1]);
            if(j) f[i&1][j][1] = max(f[i-1&1][j-1][0], f[i-1&1][j-1][1] + w[i]); // 保证j-1不越界
        }
    }
    int ans = max(f[n&1][b][0], f[n&1][b][1]);
    
     // 第1个小时在熟睡状态
    memset(f,-0x3f, sizeof(f));
    f[1&1][1][1] = w[1];
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=min(i,b); j++)
        {
            f[i&1][j][0] = max(f[i-1&1][j][0], f[i-1&1][j][1]);
            if(j) f[i&1][j][1] = max(f[i-1&1][j-1][0], f[i-1&1][j-1][1] + w[i]);
        }
    }
    ans = max(ans, f[n&1][b][1]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}