10.20T6 DP

Description

　　在经过地球防卫小队的数学家连续多日的工作之后，外星人发的密码终于得以破解。它告诉我们在地球某一处的古老遗迹中，存在有对抗这次灾难的秘密道具。防卫小队立刻派出了一个直升机小分队，迅速感到了这处遗迹。要进入遗迹，需要通过一段迷之阶梯。登上阶梯必须要按照它要求方法，否则就无法登上阶梯。它要求的方法有以下三个限制：
　　1.如果下一步阶梯的高度只比当前阶梯高1，则可以直接登上。
　　2.除了第一步阶梯外，都可以从当前阶梯退到前一步阶梯。
　　3.当你连续退下k后，你可以一次跳上不超过当前阶梯高度2^k的阶梯。比如说你现在位于第j步阶梯，并且是从第j + k步阶梯退下来的。那么你可以跳到高度不超过当前阶梯高度+ 2^k的任何一步阶梯。跳跃这一次只算一次移动。
　　开始时我们在第1步阶梯。由于时间紧迫，我们需要用最少的移动次数登上迷之阶梯。请你计算出最少的移动步数。

Input

　　第1行：一个整数N，表示阶梯步数
　　第2行：N个整数，依次为每层阶梯的高度，保证递增

Output

　　第1行：一个整数，如果能登上阶梯，输出最小步数，否则输出-1

Sample Input

5

0 1 2 3 6

Sample Output

7

Hint

样例解释：从0到3再返回到0再跳到6

【数据范围】
　　对于50%的数据：1<=N<=20;
　　对于100%的数据：1<=N<=200;
　　每步阶梯高度不超过2^31-1

 

 

这题一个经典的麻烦我们的地方在于那个直接往上走一步

实质上仔细想想会发现其实如果我不后退本就可以上升1个高度

然后就等同于2了

然后设f[i]为到第i个台阶的最少步数，接着我们就可以枚举从哪个地方跳下来和跳了多少步

然后就可以直接dp了

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[10003];
int f[300];
int main() {
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
    memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof f);
    f[1]=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1;j<i;j++){
            for(int k=0;k<=min(j-1,31);k++){
                if(a[i]<=a[j-k]+(1<<k))f[i]=min(f[i],f[j]+k+1);
            }
        }
    }
    cout<<(f[n]==0x3f3f3f3f?-1:f[n]);
    return 0;
}

转换一下我们如果枚举从那个地方直接跳2^k也是可行的

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[10003];
int f[300];
int main() {
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++)cin>>a[i];
    memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof f);
    f[1]=0;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1;j<i;j++){
            for(int k=0;k<i-j;k++){
                if(a[j]+(1<<k)>=a[i])f[i]=min(f[i],f[j+k]+k+1);
            }
        }
    }
    cout<<(f[n]==0x3f3f3f3f?-1:f[n]);
    return 0;
}

还有一种官方的奇葩神仙分层图做法

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;    
const LL INF=0x7fffffff/2;
LL d[1000005]={0},vst[1000005]={0},lap[2005]={0},n,h[1000005]={0},cnt=0,q[1000005]={0};
struct front_star{int ne,to,v;}a[2500005];
void Addedge(LL x,LL y,LL v)
{   a[++cnt].to=y;a[cnt].ne=h[x];a[cnt].v=v;h[x]=cnt;}
void SPFA(LL u,LL n)
{   LL i,j,k,L=0,R=1;
    for(i=1;i<=n;i++)d[i]=INF;d[u]=0;
    q[1]=u;vst[u]=1;
    while(L!=R)
      {L=(L+1)%400005;
       i=q[L];vst[i]=0;
       for(k=h[i];k;k=a[k].ne)
         {j=a[k].to;
          if(d[j]>d[i]+a[k].v)
            {d[j]=d[i]+a[k].v;
             if(!vst[j])
               {R=(R+1)%400005;q[R]=j;vst[j]=1;}
            }
         }
      }
}
int main()
{   LL i,j,k,p,D;
    scanf("%lld%lld",&n,&lap[1]);
    for(i=2;i<=n;i++)
      {scanf("%d",&lap[i]);
       if(lap[i]-lap[i-1]==1)
         for(j=1;j<=n;j++){Addedge((i-1)+(j-1)*n,i,1);}
      }
    for(k=1;k<=min(n-1,32LL);k++)
      {D=(1<<k);
       for(i=1;i<=n-k;i++)
          for(j=i+1;j<=n;j++)
            {if(lap[j]-lap[i]<=D){Addedge(i+k*n,j,1);}
             else break;
            }
      }
    for(k=33;k<=n;k++)
       for(i=1;i<=n-k;i++)Addedge(i+k*n,n,1);
    for(k=1;k<=n-1;k++)for(i=2;i<=n;i++)Addedge(i+(k-1)*n,(i-1)+k*n,1);
    SPFA(1,n*n);
    if(d[n]==INF)printf("-1");
    else printf("%lld",d[n]);
    return 0;
}

over