[CF1498D] Bananas in a Microwave （DP）

题面&翻译

题解

虽然 $m$ 很大，但是 $n$ 很小，因此题目允许我们在 $O(nm)$ 以内解决这道题。

定义一个 dp[i][j]=0/1 ？
如果是第 $i$ 个操作时能不能停在 $j$ 点的话，我们会发现，从第一个最小的 $i$ 满足 $dp[i][j]=1$ 开始，后面的 $dp[i+1...n][j]$ 一定都为 1 了，因为后面的操作都可以令 $a=0$ 然后不动。因此我们完全没必要定义第一维。

那就定义一个 dp[i] 表示到 $i$ 时的最小可能操作？
我们会发现，由于 $y_i$ 的限制，我们缺少次数的信息，无法转移，因此要同时记录该信息。

令 dp[i][j] 表示到 $i$ 时的最小可能操作，满足此时操作已经执行了 $j$ 次总行了吧？
事实上这很荒谬。首先，到 $i$ 时的最小可能操作是确定的，跟你强制的这个执行次数 “j” 并没关系，而且更严谨地说，操作数是因，执行次数是果，总不能把果放进状态吧。其次，既然最小操作数确定，那么到达 $i$ 时该操作的执行次数肯定越少越好。

因此我们定义 (pair<int,int>) dp[i] ，第一个值表示到 $i$ 时的最小可能操作，第二个值表示到 $i$ 时的最小执行次数。
此时两个 pair 取较小的，刚好是先比较第一位，再比较第二位。
方便起见，令 ${\mathrm{N}\mathrm{e}\mathrm{x}\mathrm{t}}_i(k)$ 表示从位置 $k$ 开始，执行一次 $i$ 类操作后走到的位置，那么有如下转移：

1. $$\{dp[i].\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{t},dp[i].\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{d}+1\}\to dp[{\mathrm{N}\mathrm{e}\mathrm{x}\mathrm{t}}_{dp[i].\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{t}}(i)]$$
2. $$\{j,1\}\to dp[{\mathrm{N}\mathrm{e}\mathrm{x}\mathrm{t}}_j(i)]$$

第一个转移的条件是执行次数没到 $y$ 的限制，第二个转移的条件是 $j$ 大于当前的 $dp[i].\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{t}$。

状态数 $O(m)$，转移复杂度 $O(n)$ ，总复杂度 $O(nm)$.

CODE

#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define int LL
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int ti[MAXN],yy[MAXN];
LL xx[MAXN];
int tm[MAXN],ai[MAXN];
void add(int i,int tim,int Ai) {
	if(i < 1 || i > n) return ;
	if(tim < tm[i]) tm[i]=tim,ai[i]=Ai;
	else if(tim == tm[i]) ai[i] = min(ai[i],Ai);
//	printf("  %d : %d,%d\n",i,tm[i],ai[i]);
	return ;
}
int adnm(LL x,int i) {return (x+100000ll*i+99999ll)/100000;}
int munm(LL x,int i) {return (x*i+99999ll)/100000;}
signed main() {
	m = read();n = read();
	for(int i = 1;i <= m;i ++) {
		ti[i] = read();
		xx[i] = read();
		yy[i] = read();
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0x3f3f3f3f;
	tm[0] = 0; ai[0] = 0;
	for(int i = 0;i <= n;i ++) {
		if(i > 0) printf("%lld ",tm[i] >= 0x3f3f3f3f ? -1:tm[i]);
		if(tm[i] < 0x3f3f3f3f) {
			int t = tm[i];
			if(ti[t] == 1 && ai[i] < yy[t]) add(adnm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
			else if(ti[t] == 2 && ai[i] < yy[t]) add(munm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
			for(int j = t+1;j <= m;j ++) {
				if(ti[j] == 1) add(adnm(xx[j],i),j,1);
				else if(ti[j] == 2) add(munm(xx[j],i),j,1);
			}
		}
	}ENDL;
	return 0;
}