【USACO】DP动态规划小测（一）

｛20160927 19:30~21:30｝

总分400分，我113.33，稳稳地垫底了......（十分呼应我上面的博客名，hhh~）过了这么多天我才打完所有代码，废话我也就不多说了。不过，虽然时间花费的多，但我觉得我的PG也是“博采众长”了。

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T1 接住苹果(bcatch)

题意：有2颗苹果树，有K次移动机会，问最多能接到的苹果数。

解法：可以用f[i][j][2]或f[i][j]和g[i][j]来实现，表示掉了i个苹果，移动j次的最大值。也可以利用j的奇偶直接判断当前在的树，进而进行+1或0。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N=1010,K=35;
int f[N][K],g[N][K],a[N];

int mmax(int x,int y)
{   return x>y?x:y;   }

int main()
{
    //freopen("bcatch.in","r",stdin);
    //freopen("bcatch.out","w",stdout);
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]--;
    int x,y,ans=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(g,0,sizeof(g));
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=0;j<=k;j++)
      {
        x=1-a[i],y=1-x;
        f[i][j]=x+f[i-1][j],g[i][j]=y+g[i-1][j];
        if (j>0)
        {
          f[i][j]=mmax(f[i][j],x+g[i-1][j-1]);
          g[i][j]=mmax(g[i][j],y+f[i-1][j-1]);
        }
        if (i==n) ans=mmax(ans,mmax(f[i][j],g[i][j]));
      }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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T2 滑雪课程(ski)

题意：有N个雪坡和S个课程。雪坡需要耗费一定的时间，且有技能点要求，课程也需要耗费一定的时间，但可以进修到一定的技能点数。问在时间T内最多能滑多少次雪坡。

有两种解法：（时间和内存哪种更优就看数据范围了~）

1.f[i][j]表示前i的时间内能力为j时能滑雪的最大次数，预处理一下p[i]为当能力为i时能花的所有雪坡中耗费时间最小的。每次分别用f[i][j]更新现在有课上便上课，和滑一次雪的状态。

注意——边界条件；只有当前状态存在（不为-1）才可拓展到其他的状态；f[i][j]除了更新上课或滑雪的，也要更新到f[i+1][j]。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100;
int f[T][C],p[C+10];
struct node{int c,d;}a[N];
struct hy{int m,l,c;}b[S];

bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;}
void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;}
void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;}
int mabs(int x) {return x>0?x:-x;}

int main()
{
    //freopen("ski.in","r",stdin);
    //freopen("ski.out","w",stdout);
    int t,s,n;
    scanf("%d%d%d",&t,&s,&n);
    for (int i=1;i<=s;i++)
      scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c);
    sort(b,b+1+s,cmp);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d);
    memset(p,63,sizeof(p));
    for (int i=1;i<=n;i++)
      upd2(p[a[i].c],a[i].d);
    for (int i=1;i<=C;i++)
      upd2(p[i],p[i-1]);
    int tmp=1,ans=0;
    memset(f,-1,sizeof(f));
    f[0][1]=0;
    for (int i=0;i<=t;i++)
    {
      for (int j=1;j<=C;j++)
      {
        if (f[i][j]<0) continue;//
        upd(f[i+1][j],f[i][j]);
        upd(f[i+p[j]][j],f[i][j]+1);
        while (b[tmp].m==i && tmp<=s && i+b[tmp].l<=t)
          upd(f[i+b[tmp].l][b[tmp].c],f[i][j]), tmp++;
        if (i==t) upd(ans,f[i][j]);
      }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

2.f[i]表示上了第i节课能滑雪的最大次数，预处理同上。每次f[i]存枚举上一次上了哪节课，而到这节课的时间里滑雪或上课的最佳答案。

注意——边界条件；添加时间为0和时间为t的课程，保证“有始有终”。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int T=(int)1e4+10,S=110,N=(int)1e5+10,C=100;
int f[S],p[C+10];
struct node{int c,d;}a[N];
struct hy{int m,l,c;}b[S];

//bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;}
void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;}
void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;}
int mabs(int x) {return x>0?x:-x;}

int main()
{
    //freopen("ski.in","r",stdin);
    //freopen("ski.out","w",stdout);
    int t,s,n,ans=0;
    scanf("%d%d%d",&t,&s,&n);
    for (int i=1;i<=s;i++)
      scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c);
    b[0].m=0,b[0].l=0,b[0].c=1;
    b[++s].m=t;//add terminal
    //sort(b,b+1+s,cmp);//无须排序
    for (int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d);
    memset(p,63,sizeof(p));
    for (int i=1;i<=n;i++)
      upd2(p[a[i].c],a[i].d);
    for (int i=1;i<=C;i++)
      upd2(p[i],p[i-1]);
    memset(f,-1,sizeof(f));
    f[0]=0;
    for (int i=1;i<=s;i++)
    {
      if (b[i].l+b[i].m>t) continue;//
      for (int j=0;j<i;j++)
        if (f[j]>=0 && b[i].m>=b[j].m+b[j].l)//
          upd(f[i],f[j]+mabs(b[i].m-b[j].m-b[j].l)/p[b[j].c]);
      upd(ans,f[i]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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T3 滑雪比赛(bobsled)

题意：初始速度为1，有N个限制速度大小的弯道，给出与起点的距离，问L内最大能达到的速度。

解法：先贪心——从后往前扫一遍来保证各弯道间的限制速度可以互相到达，因为速度有后效性(?)，便直接保证了不用比较下一个的限制速度，还担心降不到下一个的限制速度。
接着保存每到一个弯道后的速度与距离，进而根据与下一个弯道的速度曲线的单调性（递增(多)---递减(少)、递增、递增(少)---递减(多)、递减）来算出其间的最大值，和到下一个弯道的速度。P.S.画图辅助会清晰一点。

注意——终点也可看成一个“弯道”，而没有限制速度。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int L=(int)1e9+10,N=(int)1e5+10;
struct node{int t,v;}
a[N];

bool cmp(node x,node y)
{
    if (x.t!=y.t) return x.t<y.t;
    return x.v<y.v;
}
int mmax(int x,int y)
{   return x>y?x:y;   }
int mmin(int x,int y)
{   return x<y?x:y;   }
int main()
{
    //freopen("bobsled.in","r",stdin);
    //freopen("bobsled.out","w",stdout);
    int l,n;
    scanf("%d%d",&l,&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].v);
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    int p=0;a[0].t=-1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
      if (a[i].t!=a[i-1].t) a[++p]=a[i];
    n=p;
    for (int i=n-1;i>=1;i--)
      a[i].v=mmin(a[i].v,a[i+1].v+(a[i+1].t-a[i].t));
    int t=0,v=1;//now
    int x,ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
      if (a[i].v>v)
      {
        if (a[i].t-t>=a[i].v-v)//=
          x=a[i].v+((a[i].t-t)-(a[i].v-v))/2,v=a[i].v;
        else x=v+(a[i].t-t),v=x;
        ans=mmax(ans,x);
      }
      else
      {
        x=v+((a[i].t-t)-(v-a[i].v))/2;
        v=a[i].v;
        ans=mmax(ans,x);
      }
      t=a[i].t;      
    }
    ans=mmax(ans,v+(l-t));
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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T4 奶牛飞盘队(fristeam)

题意：有N头有一定能力的奶牛，问选出能力和为M的倍数的方案总数。

解法：要想到把%M的值作为DP数组的一个维度。f[i][j]表示在前i头奶牛中选到的能力和%M为j的方案数，这样每次只需分别选或不选当前第i头奶牛，由f[i-1]的状态推出。

注意——最后答案要 -1，因为初始f[0][0]=1是为了方便计算，而实际为0的。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

const int N=2010,M=1010,mod=(int)1e8;
int a[N],f[N][M];

int main()
{
    //freopen("fristeam.in","r",stdin);
    //freopen("fristeam.out","w",stdout);
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%d",&a[i]),a[i]%=m;
    for (int j=1;j<m;j++) f[0][j]=0;
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=0;j<m;j++)
     {
       int x=j-a[i];
       if (x<0) x+=m;
       f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][x])%mod;
     }
    printf("%d\n",f[n][0]-1);
    return 0;
}