P2224 [HNOI2001]产品加工

这是一道神奇的进程 DP，状态较难确定根据其他题解可知要以答案为状态

一、分析状态：

先看看有哪些状态：

• 执行第 \(i\) 个任务
• A 机器做的时间 \(j\)
• B 机器做的时间 \(k\)

没了

二、设计最简单的 DP 方案

考虑一个 naive 的暴力：

设三维 bool 数组 \(dp[i][j][k]\) 表示执行第 \(i\) 个任务时，A 已经做了 \(j\) 时，B 已经做了 \(k\) 时的状态是否存在

初始时除了 \(dp[0][0][0]=1\)，其他都是 0

显然有

\[dp[i][j][k]=dp[i-1][j-t_1[i]\ ][k]\operatorname{or}dp[i-1][j][k-t_2[i]\ ]\operatorname{or}dp[i-1][j-t_3[i]\ ][k-t_3[i]\ ] \]

其中 \(dp[i-1][j-t_1[i]\ ][k]\) 表示单独交给 A，\(dp[i-1][j][k-t_2[i]\ ]\) 表示单独交给 B，\(dp[i-1][j-t_3][k-t_3[i]\ ]\) 表示 AB 合作

复杂度已经 \(\Theta(n^3)\) 了，妥妥的 TMLE

三、降维优化

对上述 naive 暴力进行优化

大胆改造：\(dp[i][j]=k\)，即执行第 \(i\) 个任务时，A 已经做了 \(j\) 时，B 做的最小时间 \(k\)

一个很显然的贪心：A、B 都应当连续做，这样总时间才最短

初始值：

因为要求最小值，所以 \(dp[][]\leftarrow + \infty\)，又因为当执行第 0 个任务，A 做了 0 时，B 最小做 0 时，所以有 \(dp[0][0]\leftarrow 0\)

状态转移方程：\(dp[i][j]=\min\{dp[i-1][j-t_1[i]\ ],dp[i-1][j]+t_2[i],dp[i-1][j-t_3[i]\ ]+t_3[i]\}\)

三项分别表示单独交给 A，单独交给 B，AB 合作，注意考虑是否能取到的问题，三项能取到的条件分别为 \(t_1[i]\not=0,j>t_1[i]\)，\(t_2[i]\not=0\)，\(t_3[i]\not=0,j>t_3[i]\)

最终答案即 \(\min\limits_{i=1}^{maxt}\{\max\{i,dp[n][i]\}\}\)

其中 \(maxt=\sum\limits_{i=1}^n\max\{t_1[i],t_2[i],t_3[i]\}\)

四、时空优化

这样依然会 MLE，考虑使用滚动数组

因为 \(dp[i][]\) 仅由 \(dp[i-1][]\) 推得，所以可以压掉这一维

原式即为 \(dp[i\operatorname{and}1][j]=\min\{dp[i\operatorname{and}1\operatorname{xor}1][j-t_1[i]\ ],dp[i\operatorname{and}1\operatorname{xor}1][j]+t_2[i],dp[i\operatorname{and}1\operatorname{xor}1][j-t_3[i]\ ]+t_3[i]\}\)，仍需考虑是否能取到

直接吃掉一维，但注意 \(dp\) 数组的第二维最大值得开到 \(n\times t\)，即 \(3\times10^4\)

细节比较多，所以...

五、代码

#include <bits/stdc++.h>
#define inl inline
#define rep(i,a,b) for(int i=(a),i##end=(b);i<=i##end;++i)
#define pre(i,a,b) for(int i=(a),i##end=(b);i>=i##end;--i)
#define min(x,y) (x<y?x:y)
#define max(x,y) (x>y?x:y)
using namespace std;
const int N=3e4+10;//注意数组大小
int dp[2][N],ans=0x3f3f3f3f,maxt;
signed main(void){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    int n;cin>>n;
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));//初始化
    dp[0][0]=0;
    rep(i,1,n){
        memset(dp[i&1],0x3f,sizeof(dp[i&1]));//注意这里要再初始化一次！
        int x,y,z;cin>>x>>y>>z;maxt+=max(x,max(y,z));//省掉一个数组了
        rep(j,0,maxt){
            if(y)dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[i&1^1][j]+y);
            if(x&&j>=x)dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[i&1^1][j-x]);
            if(z&&j>=z)dp[i&1][j]=min(dp[i&1][j],dp[i&1^1][j-z]+z);//状态转移方程
        }
    }
    rep(i,0,maxt)ans=min(ans,max(i,dp[n&1][i]));
    cout<<ans;
}

六、总结

一道相当有趣且毒瘤的 DP 题，实现的思路非常诡异，而且还卡空间卡时（这里补充一句：如果开 O2 还没过的大常数选手可以考虑手写 \(\max,\min\) 函数以便卡常），需要运用滚动数组来进行空间优化