Tango Tango Insurrection - UVA 10618
#dp #线性dp #模拟 #T4
Tango Tango Insurrection - UVA 10618 - Virtual Judge --- 探戈探戈起义 - UVA 10618 - 虚拟法官 (vjudge.net)
F 跳舞机
你想学着玩跳舞机。跳舞机的踏板上有4个箭头：上、下、下、右。当舞曲开始时，屏幕上会有一些箭头往上移动。当向上移动箭头与顶部的箭头模板重合时，你需要用脚踩一下踏板上的相同箭头。不需要踩箭头时，踩箭头并不会受到惩罚，但当需要踩箭头时，必须踩一下，哪怕已经有一只脚放在了该箭头上。很多舞曲的速度快，需要来回倒腾步子，所以最好写一个程序来帮助你选择一个轻松的踩踏方式，使得能量消耗最少。为了简单起见，将一个八分音符作为一个基本时间单位，每个时间单位要么需要踩一个箭头（不会同时需要踩两个箭头），要么什么都不需要踩。
在任意时刻，你的左右脚应放在 不同的两个箭头上，且每个时间单位内只有一只脚能动（移动和/或踩箭头），不能跳跃。另外，你必须面朝前方以看到屏幕（即：你不能把左脚放到右箭头上，并且右脚放到左箭头上）。 当你执行一个动作（移动和/或踩）时，消耗的能量这样计算：
■ 如果这只脚上个时间单位没有任何动作，消耗1单位能量。
■ 如果这只脚上个时间单位没有移动，消耗3单位能量。
■ 如果这只脚上个时间单位移动到相邻箭头，消耗5单位能量。
■ 如果这只脚上个时间单位移动到相对箭头（上到下，或者左到右），消耗7单位能量。
正常情况下，你的左脚不能放到右箭头上（或者反之），但有一种情况例外：如果你的左脚在上箭头或者下箭头，你可以临时扭着身子用右脚踩左箭头，但是在你的右脚移出左箭头之前，你的左脚都不能移到另一个箭头上。类似地，右脚在上箭头或者下箭头时，你也可以临时用左脚踩右箭头。一开始，你的左脚在左箭头上，右脚在右箭头上。
输入
多组数据（不超过100组），每组数据包含一行——一个由'L','R','D','U'以及'.'组成的字符串（长度不超过70），第i个字符表示时间为i时需要踩下的键。
输出
对于每组数据输出一个串，第i个字符表示时间为i时移动哪只脚，不移动输出'.'。
样例输入
LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLDU...D...UUUUDDDD
#
样例输出
LRLRLLLLRLRLRRRRLLRRLRLRL...R...LLLLRRRR
思路
代码直接照搬紫书, 没找到比它更简洁的（
给一个只包含上下左右箭头的跳舞机, 和一串只包含LRDU.代表左右下上的字符串, 你有两只脚, 起初左脚放在左箭头, 右脚放在右箭头, 当新的箭头来临时, 需要选择一只脚踩对应的箭头。
每只脚有4种操作, 其消耗的能量不同：
- 不动, 1能量
- 原位置踩一下, 3能量
- 移动到相邻位置并踩一下, 5能量, 如←移动到↑↓。
- 移动到相对位置并踩一下, 7能量, 如↑移动到↓。
求出能量小号最小的移动方案, 能够在某个时刻的箭头来临时踩对应的箭头位置, 每个时刻只输出动了哪只脚。
题目只需要求出左右脚哪只脚动的方案, 但我们不能只以结果来处理, 每个时刻需要满足踩到四个位置之一, 故选择的数据结构需要能描述当前时刻哪只脚踩到了哪个位置。
那么一个3维数组 \(f[i][a][b]\) 就可以代表 i 时刻, 左脚在 a 位置, 右脚在 b 位置。但对于 \(f(i,a,b)\) 状态我们还需要知道从\(i-1\)秒动了哪个脚走到\(i\)的, 否则不满足不重不漏的要求。那么就再加一维s, 取值为012, 代表没动、动左脚、动右脚。
找到合适的数据结构之后就可以考虑如何得出最小能量消耗, 其中a和b的取值为0123分别代表上左右下。
先考虑DFS搜索, 时间复杂度很难满足, 假设每种方案有2个选择, 最后也是 \(2^{70}\), 必超时。因为时间的流逝是不可逆的, 也就是从 \(i\) 时刻不可能回到 \(i-1\) 时刻, 即无自环, 那么就满足DP的使用条件。
对于状态 \(f(i,a,b,s)\) 我们直接四维循环枚举前一个状态, 这样的复杂度总共也就 \(70\times 4 \times 4 \times 4= 4480\)。为了提高代码可读性, 减少调试的复杂度, 我们可以像定义 EOF = -1 一样, 把四个箭头用 (UP, LEFT, RIGHT, DOWN) = (0,1,2,3,4) 来代替。
像这种状态定义简单但转移复杂的题目就像个复杂的模拟题一样, 做题策略也是逐步尽可能的降低复杂度, 才会无痛AC。
题目给的是LRUD的字符串, 咱们也给他用一个数组映射到数值, 即 \(pos['U']=UP\)。为了方便之后输出, 我们开个数组 action 记录当前状态的前继状态, 要用 \((i,a_i,b_i,s_i)\rightarrow (j,a_j,b_j,s_j)\) 来映射嘛？紫书给了更优雅的做法, 既然 \(j=i-1\) , 那么知道了当前 \(state_i\) 转移过来所用的脚 \(f_i\), 和对应脚移动前的位置 \(t_i\), 就可以得出前一个状态为 \((i-1,t_i,b_i,f_i)\) , 可以直接从 \(state_i\) 推得。
而且也不用定义pair来存 \(f_i,t_i\) , 既然 \(f\) 和 \(t\) 的取值范围只有0~4, 那么直接用数值哈希表 \(hash_i = f_i\times 4 + t_i\) , 唯一地记录ft, 且可以用 \(\frac{hash_{i}}{4}=f, hash_{i}\mod 4 = t\) 来直接得到对应的 \(f,t\)。
至此, 就可以用 \(action[i][a][b][s] = hash_i\) 来记录 \((i,a_i,b_i,s_i)\rightarrow (j,a_j,b_j,s_j)\) 的转移路径信息。状态转移的话就从当前状态 \(state_i\), 根据对应的时刻应该踩的位置, 枚举前一个状态动左脚和右脚的情况, 如果当前时刻不用踩, 也需要枚举前一个状态左脚右脚移动到任意位置的时候。
实现细节请看代码及注释, 紫书上该题代码的优雅程度是可以打印下来抱着睡觉的那种（
代码
代码链接：
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int UP = 0;
const int LEFT = 1;
const int RIGHT = 2;
const int DOWN = 3;
const int N = 70 + 5;
int d[N][4][4][3];
// dp数组, 到第 i 个箭头, 当前左脚位置a, 当前右脚位置b, 移动到该位置时是1左脚移动还是2右脚移动还是0没移动s
int action[N][4][4][3];
char seq[N], pos[256], footch[] = ".LR";
// 从 a 位置移动到 ta 位置并踩一下所需的能量
int energy(int a, int ta)
{
if (a == ta) return 3; // 位置不变, 只是踩一下
if (a + ta == 3) return 7; // 移动对角的话比如 UP移动到 DOWN, 和LEFT移动到RIGHT, 可以发现两种方式相加都是3, 故可以依次来判断
return 5;
}
// 当前状态f(i,a,b,s), 从前一个位置转移过来要移动的脚f(0都不动, 1左脚,2右脚), 要移动的位置t, 上一个状态的左脚位置ta, 右脚位置tb
int energy(int i, int a, int b, int s, int f, int t, int &ta, int &tb)
{
ta = a, tb = b;
if (f == 1) ta = t;
else if (f == 2) tb = t;
// 判断移动后的位置是否成立
if (ta == tb) return -1;
if (ta == RIGHT && tb == LEFT) return -1;
if (a == RIGHT && tb != b) return -1; // 特殊状态, 当右脚在UP或DOWN的时候左脚可以在RIGHT位置, 但右脚无法移动
if (b == LEFT && ta != a) return -1;
// 计算移动所需要消耗的能量
int e;
if (f == 0)
e = 0;
else if (f != s)
e = 1; // 若脚不是需要移动的脚, 则说明是不动的脚
else
{
if (f == 1)e = energy(a, ta);
else e = energy(b, tb);
}
return e;
}
// 将前一个状态的 f 脚移动到 t 位置, 以转移到 当前状态f(i,a,b,s)
void update(int i, int a, int b, int s, int f, int t)
{
int ta, tb;
int e = energy(i, a, b, s, f, t, ta, tb);
if (e < 0)
return;
int cost = d[i + 1][ta][tb][f] + e;
int &ans = d[i][a][b][s];
if (cost < ans)
{
ans = cost;
action[i][a][b][s] = f * 4 + t;
}
}
void solve()
{
pos['U'] = UP, pos['L'] = LEFT, pos['R'] = RIGHT, pos['D'] = DOWN;
int n = strlen(seq);
memset(d, 0, sizeof d);
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
for (int a = 0; a < 4; a++)
for (int b = 0; b < 4; b++) if (a != b)
for (int s = 0; s < 3; s++)
{
d[i][a][b][s] = 10 * n; // 随意定的最大值
if (seq[i] == '.')
{
update(i, a, b, s, 0, 0); // 可以俩脚都不动
for (int t = 0; t < 4; t++)
{
update(i, a, b, s, 1, t); // 将左脚移动到t位置
update(i, a, b, s, 2, t); // 将右脚移动到t位置
}
}
else
{
update(i, a, b, s, 1, pos[seq[i]]); // 移动左脚到需要的位置
update(i, a, b, s, 2, pos[seq[i]]); // 移动右脚到需要的位置
}
}
// 输出答案
int a = LEFT, b = RIGHT, s = 0; // 终止状态
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int f = action[i][a][b][s] / 4;
int t = action[i][a][b][s] % 4;
cout << footch[f];
s = f;
if (f == 1) a = t;
else if (f == 2) b = t;
}
cout << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
while (cin >> seq)
{
if (seq[0] == '#')
break;
solve();
}
return 0;
}
