CF1927G:Paint Charges 题解

G:

题意:(妙妙dp题)给你 a 序列,你可以选 k 个数并决定它们左右方向,每个数可以向左向右覆盖 ai 个数,求覆盖所有位置的最小 k。(n<=100)


我一开始想这不是 n 方就解决了吗,设 f[i] 表示覆盖前 i 个位置的最小花费,然后更新每个位置是否选择。一运行发现过不了样例倒数第3个点:选6向右,选8向左。

由于这个数据正好交叉着选,这种做法在枚举到6时,由于认为6左边不能一次覆盖完,于是把6向右的那些状态也更新成了大于2次的值。

很明显,这个dp的错误之处在于后效性:前面的位置是否全部覆盖,并不只由前面位置和当前位置决定,也可以由某个后面位置的向左操作来覆盖。而当我们枚举到后面位置更新前面时,那个6的位置虽然更新过,但我们也不会再去枚举,这就错失了最优解。

任何序列上dp的题,要保证无后效性,就要满足枚举到后面的操作时不会把前面的状态更新掉,否则更新的路线成了环。

Solution:

正确的做法比较有趣,是 “每次枚举两个数”。

我们之前的dp转移操作有两个,“当前位置 i 向左” 和 “当前位置 i 向右” ,我们把操作增加一个 “当前位置 i 向左,前面位置 j 向右”。

第三种操作可以解决样例中6向右,8向左的情况。把这个操作加上之后,我们就消除了后效性的影响,我们的dp状态也因此改为了 f[i][j] 表示用前 i 个数字,覆盖 1 到 j 的最小花费。

前两种操作和曾经的思路一样。第三种操作的转移方程就是 f[i][j] 从 i 向右再枚举两个位置 x 和 y,ax 向右 ay 向左,并计算 j 的新位置。(ay 向左必须要接得上 j)

复杂度 n^3。

反正就,挺妙的说。

ll T; int n,k,m; int f[N][N],a[N]; int main() { T = read(); while(T--) { chushihua(); n = read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i] = read(); for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=n;j++) f[i][j] = inf; f[0][0] = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<=n;j++) f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][j]); for(int j=i;j<=min(n,i+a[i]-1);j++) f[i][j] = min(f[i][j],f[i-1][i-1]+1); // i to right int xiao = inf; for(int j=max(0,i-a[i]);j<i;j++) xiao = min(xiao,f[i-1][j]); for(int j=max(1,i-a[i]+1);j<=i;j++) f[i][j] = min(f[i][j],xiao+1); // i to left for(int k=i-1;k>=1;k--) { // k to right, i to left if(k+a[k]-1<=i) continue; if(k<=i-a[i]) break; xiao = inf; for(int j=max(0,i-a[i]);j<k;j++) xiao = min(xiao,f[k-1][j]); for(int j=max(1,i-a[i]+1);j<=min(n,k+a[k]-1);j++) f[i][j] = min(f[i][j],xiao+2); } } cout<<f[n][n]<<endl; } return 0; }
posted @   maple276  阅读(30)  评论(0编辑  收藏  举报
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