[CF1498D] Bananas in a Microwave
前言
你所能够依靠的，只有你自己。
题目
题目大意：
输入两个整数 \(n,m\) 表示操作数与目标香蕉数量。
接下来输入 \(n\) 个操作，每个操作有三个整数 \(t_i,x_i,y_i\)。令你当前的香蕉数量为 \(k\)。
- 如果 \(t_i=1\)，你可以从 \([0,y_i]\) 中选择一个数 \(a_i\) ，将 \(\lceil k+x_i\rceil\) 赋值给 \(k\)，此步骤执行 \(a_i\) 次。
- 如果 \(t_i=2\)，你可以从 \([0,y_i]\) 中选择一个数 \(a_i\) ，将 \(\lceil k\cdot x_i\rceil\) 赋值给 \(k\)，此步骤执行 \(a_i\) 次。
对于每一个 \(i\in[1,m]\) 输出最少操作次数使得你的香蕉数量变为 \(i\)。如果不能做到，输出 \(-1\)。
注意： \(x_i\) 可以是一个小数。
特别地，题目中的 \(x_i\) 以 \(x_i'\) 的形式输入，\(x_i'=x_i*10^5\)。
\(1\le n\le 200;2\le m\le 10^5;1\le t_i\le 2;1\le y_i \le m.\)
对于第一种操作：\(1\le x_i'\le 10^5\cdot m.\)
对于第二种操作：\(10^5< x_i'\le 10^5\cdot m.\)
讲解
看似是个 \(O(nm^2)\) 的多重背包，但实际上可以用完全背包的思路做。
思路一
假设我们什么结论都没有得出来，考虑直接 \(\tt DP\)。
我们令 \(dp_i\) 表示得到 \(i\) 根香蕉的最小操作数，\(cnt_i\) 表示当前操作下得到 \(i\) 根香蕉的最小步骤数。
直接类完全背包即可。
时间复杂度 \(O(nm).\)
思路二
依然是背包，但我们先考虑证明一个结论：
如果操作相同，那么如果要得到的香蕉数量为 \(i\)，最多存在一个 \(j\) 使得 \(j\) 经过一次步骤的变换后变成 \(i\)。
操作一：显然。
操作二：考虑反证。
假设存在两个数 \(j_1,j_2,j_1<j_2<i\) 使得这两个数经过一次变换后可以变成 \(i\)。令 \(x_i\) 的整数部分为 \(A_i(A_i\ge1,A_i\in N^+)\)，小数部分为 \(B_i(0\le B_i<1)\)。
那么经过变换后两个数就是 \(i_1=j_1*A_i+\lceil j_1*B_i\rceil,i_2=j_2*A_i+\lceil j_2*B_i\rceil\)。
显然有 \(j_1*A_i<j_2*B_i,\lceil j_1*B_i\rceil\le\lceil j_2*B_i\rceil\)。
那么 \(i_1<i_2\)，原命题不成立。
所以我们就可以直接暴力做，对于每一个之前可以得到的香蕉数，暴力更新其可以得到的香蕉数，如果更新到的香蕉数之前可以得到，那么就可以退出循环。
时间复杂度依然是 \(O(nm)\)。详见std。
坑点
-
上取整的时候先乘再除，或者手写上取整函数，不要相信 \(\tt double\) 的精度。
-
\(\tt int\) 会爆。
代码
思路一：
LL dp[MAXM],cnt[MAXM];
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
scanf("%lld %lld",&n,&m);
for(int i = 1;i <= m;++ i) dp[i] = INF;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
{
double opt,x1,y;
scanf("%lf %lf %lf",&opt,&x1,&y);
double x = x1 / 100000.0;
for(int j = 0;j <= m;++ j)
if(dp[j] == INF) cnt[j] = INF;
else cnt[j] = 0;
for(int j = 0;j <= m;++ j)
{
if(dp[j] == INF) continue;
LL W;
if(opt == 1) W = (LL)ceil(j+x);
else W = (LL)ceil(j*x1/100000);
if(W <= m)
if(cnt[j]+1 < cnt[W] && cnt[j] < y) dp[W] = i,cnt[W] = cnt[j]+1;
}
}
for(int i = 1;i <= m;++ i)
if(dp[i] == INF) printf("-1 ");
else printf("%lld ",dp[i]);
return 0;
}
思路二：(std)
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
const int DIV = 1e5;
inline LL ceil(LL x, LL y) {
return (x + y - 1) / y;
}
int main() {
int T, M; cin >> T >> M;
vector<bool> is_seen(M + 1, false);
is_seen[0] = true;
vector<int> answer(M + 1, -1);
answer[0] = 0;
for (int timestep = 1; timestep <= T; timestep++) {
auto new_is_seen = is_seen;
int t, y; LL x;
cin >> t >> x >> y;
auto operation = [&] (long long &curr) {
if (t == 1) {
curr = curr + ceil(x, DIV);
} else {
curr = ceil(curr * x, DIV);
}
};
for (int k = 0; k <= M; k++) {
if (is_seen[k]) {
long long curr = k;
operation(curr);
for (int a = 1; a <= y;) {//直接暴力更新
if (curr > M) break;
if (is_seen[curr]) break;
new_is_seen[curr] = true;
answer[curr] = timestep;
a++;
operation(curr);
}
}
}
is_seen = new_is_seen;
}
for (int i = 1; i <= M; i++)
cout << answer[i] << " ";
cout << endl;
}
