脑子抽了记一记
给自己看的做题笔记，感觉写不太长就干脆直接合在一起了
P2851 [USACO06DEC]The Fewest Coins G
Date:2021.10.11
Tag:完全背包+多重背包
Solution:
这玩意一眼背包 但是我还真没想到两个背包。
首先买家持有量有限，多重背包，记为\(dp_1\)
卖家持有量无限（所以他开店干嘛啊），完全背包，记为\(dp_2\)
最后状态合并一下，有:
\[ans=\min^{m + mx}_{i = m}(dp_1[i]+dp_2[i-m])
\]
关于式子里的\(mx\):
\[mx = \max^{n}_{i = 1}v[i]^2
\]
signed main() {
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
N = read(), T = read();
for(int i = 1; i <= N; ++ i) v[i] = read(), mx = max(mx, v[i] * v[i]);
for(int j = 1; j <= N; ++ j) c[j] = read(), sum += (c[j] * v[j]);
if(sum < T) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
memset(dp1, 0x3f, sizeof dp1);
memset(dp2, 0x3f, sizeof dp2);
dp1[0] = dp2[0] = 0;
for(int i = 1; i <= N; ++ i) {
for(int j = v[i]; j <= mx; j ++) dp2[j] = min(dp2[j], dp2[j - v[i]] + 1);
}
for(int i = 1; i <= N; ++ i) {
for(int j = 1; j <= c[i]; j <<= 1) {
for(int k = T + mx; k >= j * v[i]; -- k) dp1[k] = min(dp1[k], dp1[k - j * v[i]] + j);
c[i] -= j;
}
if(c[i]) for(int j = T + mx; j >= c[i] * v[i]; j --) dp1[j] = min(dp1[j], dp1[j - c[i] * v[i]] + c[i]);
}
for(int i = T; i <= T + mx; ++ i) ans = min(ans, dp1[i] + dp2[i - T]);
cout << (ans == 0x3f3f3f3f ? -1 : ans) << endl;
// fclose(stdin);fclose(stdout);
}
P7098 [yLOI2020] 凉凉
Date:2021.10.12
Tag:状压DP
Solution:
感觉这题和宝藏挺像的
数据范围为就很明显的告诉你个这是个状压
但是由于有深度因素，我们的状态有点不一样：定义 \(dp[i][sta]\) 表示在深度为 \(i\) ，车站的选择状态为 \(sta\) 时的最优解。
就有转移方程：
\[dp[i][sta] = \min_{s⊆sta}(dp[i - 1][s]+val(s->sta))
\]
转移方程的意义:
枚举子集区分新建在这一深度和之前建的，然后val表示当前要建设在该深度的所有线路的价值
同时我们还知道一种神奇的枚举子集的方法
for(int s = sta; s; s = (s - 1) & sta)
这样优化一波，复杂度就不是问题了
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#define rint register int
#define endl '\n'
#define ITV vector< int > :: iterator
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5,mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
inline int read() {
char c=getchar(),f=0;int t=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48);
return f?-t:t;
}
inline void write(int num) {
if(num < 0) {
putchar('-');
num = -num;
}
if(num > 9) write(num / 10);
putchar(num % 10 + '0');
}
int n, m;
int a[15][maxn];
int f[15][1 << 15]; // 表示我在当前深度的状态下的最优话费
vector< int > road[maxn];
int line_val[15][15]; //表示第i条路线在深度为j的总建设费
bool can[15][15]; // 表示i 能不能和 j 一起建设
int bet_val[15][1 << 15];// 表示这个集合的话费
int tool[15]; // 工 具 数 组
signed main() {
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = 1; j <= m; ++ j) {
a[i][j] = read();
}
}
for(int i = 1, x, y; i <= n; ++ i) {
x = read();
for(int j = 1; j <= x; ++ j) {
y = read();
road[i].push_back(y);
}
sort(road[i].begin(), road[i].end());
for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
for(ITV k = road[i].begin(); k != road[i].end(); k ++) {
line_val[i][j] = line_val[i][j] + a[j][*k];
}
}
}
/*对于路线总费用的预处理*/
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
for(int j = i + 1; j <= n; ++ j) {
can[i][j] = can[j][i] = true;
ITV l = road[i].begin(), r = road[j].begin();
while(l != road[i].end() && r != road[j].end()) {
if(*l == *r) {
can[i][j] = can[j][i] = false; break;
}
if(*l < *r) ++l;
else ++r;
}
}
}
/*对于两条路径可建设性的预处理*/
for(int sta = 0; sta < (1 << n); ++ sta) {
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
if(sta & (1 << (i - 1))) {
tool[++cnt] = i;
for(int j = 1; j < cnt; ++ j) {
if(can[tool[j]][i] == false) {
for(int k = 1; k <= n; ++ k) bet_val[k][sta] = inf;
break;
}
}
if(bet_val[1][sta] == inf) break;
for(int k = 1; k <= n; ++ k) {
bet_val[k][sta] += line_val[i][k];
}
}
}
}
memset(f, 0x3f, sizeof f);
for(int sta = 0; sta < (1 << n); ++ sta) {
f[1][sta] = bet_val[1][sta];
}
for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
for(int sta = 0; sta < (1 << n); ++ sta) {
f[i][sta] = f[i - 1][sta];
for(int s = sta; s; s = (s - 1) & sta) {
f[i][sta] = min(f[i][sta], f[i - 1][sta ^ s] + bet_val[i][s]);
}
}
}
cout << f[n][(1 << n) - 1] << endl;
// fclose(stdin);fclose(stdout);
}
P4042 [AHOI2014/JSOI2014]骑士游戏
Date:2021.10.12
Tag:最短路（凸轮真是个神奇的东西）
Solution:
我们分析每个怪:我选择直接干碎？还是选择留他一命？
这看起来很DP，但是你会发现他有后效性（绝大可能出现环）
所以我们把SPFA改一波:我们在原图的基础上建一个反图，每次通过原图计算贡献，通过反图入队更新可以咯！
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#define rint register int
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5,mod = 1e9 + 7;
inline int read() {
char c=getchar(),f=0;int t=0;
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48);
return f?-t:t;
}
inline void write(int num) {
if(num < 0) {
putchar('-');
num = -num;
}
if(num > 9) write(num / 10);
putchar(num % 10 + '0');
}
int n;
vector< int > pic[maxn], ipic[maxn];
int a[maxn], dis[maxn], vis[maxn];
inline void add(int x, int y) {
pic[x].push_back(y);
ipic[y].push_back(x);
}
inline void SPFA() {
queue< int > q;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) q.push(i), vis[i] = 1;
while(q.size()) {
int now = q.front(); q.pop();vis[now] = 0;
int tem = a[now];
for(int i = 0; i < pic[now].size(); ++ i) tem += dis[pic[now][i]];
if(tem >= dis[now]) continue;
dis[now] = tem;
for(int i = 0; i < ipic[now].size(); ++ i) {
if(!vis[ipic[now][i]]) {
vis[ipic[now][i]]= 1;
q.push(ipic[now][i]);
}
}
}
}
signed main() {
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1, x; i <= n; ++ i) {
a[i] = read(), dis[i] = read(), x = read();
for(int _ = 1, y; _ <= x; ++ _) {
y = read();
add(i, y);
}
}
SPFA();
cout << dis[1] << endl;
// fclose(stdin);fclose(stdout);
}
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