CF416B题解

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本题建议评橙。

前置芝士： $\tt dp$ （基础）。

样例研究

在第一组 2 5 中， $1$ 画家需要 $2$ 时间来完成，此后 $2$ 画家才能画 $5$ 时间完成，总时间是 $2+5=7$ 。

在第二组

2 5
3 1

中，画家 $1$ 用 $2$ 时间画完第一幅画后，开始画第二幅画，画完的时间是 $2+3=5$ 。

画家 $2$ 则是在 $7$ 时间之后才开始画第二幅画，用时 $1$ ，最终用时 $8$ 。所以 $2$ 拖累了 $1$ 。

第三组和第二组同理。

第四组中，画家 $1$ 画完第四幅已经是 $20$ 了，而画家 $2$ 画完第三幅仅仅只是 $13$ 。这时画家 $1$ 拖累了画家 $2$ 。

由此，我们得出思路——

思路历程

到这里，我们发现这一题是个裸 $\tt dp$ 。

既然是 $\tt dp$ ，那么就需要一个状态和状态转移方程。

状态方面，设 $dp_{i,j}$ 为画家 $j$ 在画完第 $i$ 幅画后用的时间。

那么状态转移方程显而易见：

dp_{i,j}=\max{dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}}+a_{i,j}

最后写出代码，此题终。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[50001][6],n,m,dp[50001][6];
int main(){
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+a[i][j];
		}
		cout<<dp[i][n]<<' ';
	}
	return 0;
}