POJ 3666 Making the Grade [DP]
题意:
给定一个序列,以最小代价将其变成单调不增或单调不减序列,这里的代价看题目公式。
思路:
非常easy想到是DP。
1.
对前i个序列,构成的最优解事实上就是与两个參数有关。一个是这个序列处理后的最大值mx,和这个序列处理的代价值cost。
显然最大值mx最小最好(这样第i+1个值能够不花代价直接接在其后面的可能性更大)。cost最小也最好(题意要求),可是两者往往是鱼和熊掌。
用dp[i][j]表示:前i个数构成的序列,这个序列最大值为j,dp[i][j]的值代表对应的cost。
所以状态转移方程例如以下:
dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)
这个表格是依据转移方程写出来的dp数组。
再细致看一下转移方程:dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)
右边没填充的是由于填充的数字肯定比前面的数字大,无用。由于在求min( dp[i-1][k] )时,是求最小值,既然更大,则最小值时无需考虑。
又从表格中能够看出:dp[i][j]=abs(j-w[i])+min(dp[i-1][k]);(k<=j)这里的k无需从1遍历到j。
仅仅要在对j进行for循环的时候不断更新一个dp[i-1][j]的最小值mn=min(mn,dp[i-1][j])。
然后对dp[i][j]=abs(j-w[i])+mn就可以;
这样改进之后就可以从本来的时候时间复杂度O(NMM)改进为O(NM);
可是,这里的m是A[i]的最大值,显然TLE。
所以必须用离散化思想改进。由于N=2000。远小于A[i]的最大值。
离散化:将序列排序一下,然后用位置的前后关系来制定其值,这样时间复杂度变成O(N^2).
最后是这题数据有bug,仅仅须要求不减序列就可以。
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> using namespace std; long long n; long long a[2222]; long long b[2222]; long long dp[2222][2222]; long long Abs(long long a,long long b) { return a>b?a-b:b-a; } void solve() { long long minn=(1<<30); for(long long i=1;i<=n;i++) { minn=dp[i-1][1]; for(long long j=1;j<=n;j++) { minn=min(minn,dp[i-1][j]); dp[i][j]=minn+Abs(a[i],b[j]); } } long long ans=0x7fffffffffffffffL; for(int i=1;i<=n;i++) { ans=min(ans,dp[n][i]); } printf("%lld\n",ans); } int main() { //freopen("/home/rainto96/in.txt","r",stdin); scanf("%lld",&n); for(long long i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",a+i); b[i]=a[i]; } sort(b+1,b+1+n); solve(); return 0; }