P1437 [HNOI2004] 敲砖块 题解
初拿到手感觉限制太多了,不好硬做,于是开始观察。
乱想
若要取某一个数,我们要取其左上右上两个数,而这两个数又要取上面三个数,所以取一个数的前提条件其实是取这一个三角形。
举例
2 2 3 4 5
8 2 7 12
2 3 6
4 9
3
比如我要取第3行的6,我首先要取7和12,要取7和12,首先要取3,4,5,所以一层层拓展下去形成一个与整个形状相似的三角形。
形式化总结一下,如果我要取 \(i,j\), 那么我要取以其为顶点的三角形,即 \(i-1,j\) 和 \(i-1,j+1\) \(etc\)。
所以自然想到做一个前缀和,表示这一个三角形的权值和,然后问题转化成了取哪些点能让我们的和最大。
考虑我选点不是无限制的,是 \(m\) 次,所以我设 \(dp_{i,j,k}\) 表示选到第 \(i\) 行第 \(j\) 列,还剩 \(k\) 次的最大和。
当前点所代表的三角形内数的个数是等差数列求和,即 \(\frac{(i+1) \times i}{2}\) 个数,选这个点就要选这些数。
而如果选的另外的点有重复,还要减去这些重复的点和权值,设这些点的数量为 \(num\) ,和为 \(sum\) ,\(i,j\) 的前缀和为 \(a_{i,j}\)
那么有状态转移方程(\(LaTeX\)太麻烦了qaq):
if(k>(i+1)*i/2-num) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][j][k-(i+1)*i/2+num]+a[i][j]-sum);
这是最直接便于口糊的办法,然而我们根本就是错的不知道哪里重复了。
转化
所以我们尝试对图形进行进一步的抽象总结。
我们看到多个三角形叠起来会形成一些折线,如图。
再把图搞优美一点 还是很丑qaq
7 \4 \5 3/ 2/ 4 5
1 \3 \6/ 7/ 3 4
5 \8/ \7/ 3 1
2 5 7 3
6 9 2
2 3
9
去掉重复则是
7 \4 5 3 2/ 4 5
1 \3 6 7/ 3 4
5 \8/ \7/ 3 1
2 5 7 3
6 9 2
2 3
9
我们发现这其实就转化成了一个用给定数量的线段围出一段波浪形,要使这一段的值最大的问题。那么我们的转移显然跟当前取的坐标、取到了第几个有关,所以我们可以设计三维 \(dp_{i,j,k}\) ,显然每次通过上一次转移只能从上面和左下,上面是没有意义的,只考虑左下。
然后我们考虑那个前缀和现在要转化成什么,当前考虑到第 \(i\) 行第 \(j\) 列,则第 \(j\) 列我打掉了的砖块是 \(1 \sim i-1\) ,所以对行做前缀和 。
则有 \(dp_{i,j,k}=max(dp_{i,j,k} \ ,dp_{l,j-1,k-i}+a_{i,j})\) 。
注意
- 只在第一行统计答案,避免不合法。
- 先枚举列再枚举行,否则会造成左下的转移没有值。
- 初始值为 \(dp_{ \ 0,0,0}=0\),其他设成负无穷,避免不合法转移。
- 各种变量的范围,行可以不取,即可以为 \(0\) ,列不行。
- 要用 \(l\) 枚举转折点。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[51][51],b[51][51];
long long dp[52][52][1280],maxi;
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n-i+1;++j){
scanf("%d",&b[i][j]);
a[i][j]=a[i-1][j]+b[i][j];
}
}
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0][0]=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
for(int i=0;i+j<=n+1;++i){
for(int l=0;l<=i+1;++l){
for(int k=0;k<=m;++k){
if(k>=i) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[l][j-1][k-i]+a[i][j]);
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) maxi=max(dp[1][i][m],maxi);
printf("%lld",maxi);
return 0;
}
时间复杂度 \(O(n^3m)\) ,其实还可以优化,但是我懒。
upd on 2024.11.13
因为同学问了 \(O\mathcal(n^2m)\) ,来讲优化了。
我们发现状态数是 \(n^2m\) 的,所以可以通过一个前缀最大来 \(\mathcal O(1)\) 转移。
什么意思呢,发现我们其实没有必要枚举前面的转折点,直接同步维护一个前面所有能转移中的最大的进行转移就可以了。
具体地,我们维护一个 \(S_{i,j,k}\) 来记录前面的状态。更加具体的,它表示的是前面所有计算过的状态中最大的,即 \(S_{i,j,k}=\max \limits_{l=1}^{i-1} dp_{i,j,k}\)。然后我们的 \(dp_{i,j,k}\) 每次可以 \(dp_{i,j,k}\leftarrow S_{i+1,j-1,k-i}+a_{i,j} \ , \ S_{i,j,k}=max(S_{i-1,j,k},dp_{i,j,k})\),优化的是枚举转折点。注意 \(k\) 要枚举 \(0\sim i-1\) 这一段,不然 \(S\) 可能没有被更新,我调了好久。
这里范围可能不是很对,精细的范围见代码。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[51][51],b[51][51];
long long dp[52][52][1280],s[52][52][1280],maxi;
inline int read(){
char ch;int x=0,f=1;
while(!isdigit(ch=getchar())){if(ch=='-')f=-1;}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n-i+1;++j){
b[i][j]=read(),a[i][j]=a[i-1][j]+b[i][j];
}
}memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0][0][0]=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
for(int i=0;i+j<=n+1;++i){
for(int k=0;k<=m;++k){
if(k>=i) dp[i][j][k]=s[i+1][j-1][k-i]+a[i][j];
s[i][j][k]=max(s[max(0,i-1)][j][k],dp[i][j][k]);
}
}
}printf("%lld",max(dp[0][n][m],dp[1][n][m]));
return 0;
}
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