DP2_第K优解
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对于求次优解、第K优解类的问题，如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决，那么求次优解往往可以相同的复杂度解决，第K优解则比求最优解的复杂度上多一个系数K。其基本思想是将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。首先看01背包求最优解的状态转移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K优解，那么状态f[i][v]就应该是一个大小为K的数组f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i个物品、背包大小为 v时，第k优解的值。“f[i][v]是一个大小为K的数组”这一句，熟悉C语言的同学可能比较好理解，或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][v][1..K]这K个数是由大到小排列的，所以我们把它认为是一个有序队列。然后原方程就可以解释为：f[i][v]这个有序队列是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列f[i-1][v]即f[i-1][v][1..K]，f[i-1][v-c[i]]+w[i]则理解为在f[i-1][v-c[i]] [1..K]的每个数上加上w[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果的前K项储存到f[i][v][1..K]中的复杂度是O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。总的复杂度是O(VNK)。
为什么这个方法正确呢？实际上，一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略，也就覆盖了问题的所有方案。只不过由于是求最优解，所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。如果把每个状态表示成一个大小为K的数组，并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前K个最优值。那么，对于任两个状态的max运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。另外还要注意题目对于“第K优解”的定义，将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者，则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cstring> 5 #define sc(x) scanf("%d", &x) 6 #define CL(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 7 using namespace std; 8 int main() 9 { 10 int t; 11 int v[101], w[101]; 12 int a[101], b[101]; 13 int n, vol, i, j, k, K; 14 int x, y, z; 15 int p[1011][30]; 16 scanf("%d", &t); 17 while(t--) 18 { 19 scanf("%d%d%d", &n, &vol, &K); 20 for(i = 1 ; i <= n ; i++) 21 sc(v[i]); 22 for(i = 1 ; i <= n ; i++) 23 sc(w[i]); 24 CL(p, 0); 25 CL(a , -1); 26 CL(b , -1); 27 a[0] = 0; 28 b[0] = 0; 29 for(i = 1 ; i <= n ; i++) 30 { 31 for(j = vol ; j >= w[i] ; j--) 32 { 33 for (k = 1; k <= K; k++) 34 { 35 a[k] = p[j - w[i]][k] + v[i]; 36 b[k] = p[j][k]; 37 } 38 x = 1; 39 y = 1; 40 z = 1; 41 while(z <= K && ( x <= K || y <= K ) )//合并重新生成前k个最优解 42 { 43 // cout << a[x] << " " << b[x] << endl; 44 if(a[x] > b[y]) 45 p[j][z] = a[x] , x++; 46 else 47 p[j][z] = b[y] , y++; 48 if(p[j][z] != p[j][z-1]) 49 z++; 50 } 51 } 52 } 53 54 printf("%d\n", p[vol][K]); 55 } 56 return 0; 57 }
