石门集训 8.16 题解

T4

是个动规题，没反应过来啊，虽然大概率也不会。写了个 dfs。

题意

有 $n\times n$ 的矩形，价值为 $a_{i,j}$ 。
现在你要从 $a_{1,1}$ ，通过移动到 $a_{i,j+1},a_{i+1,j}$ 的方式，走到 $a_{n,n}$ 。
再通过移动到 $a_{i,j-1},a_{i-1,j}$ 的方式，回去 $a_{1,1}$ 。定义价值为路径上 $a_{i,j}$ 的和，重复走过的路径只计算一次。

问最大的价值是多少？

input

output

$\Large\color{skyblue} General \ Idea$

错解

首先，猜个结论：先从 $1,1$ 跑 dp。然后按路径将 $a_i$ 设为 $0$ 。在从 $a_{n,n}$ 跑 dp。

但是这样做是错误的。

dp 会跑出来 $11+1$ 的结果。但是正解却是 $4+10$ 。

dp:

$(1,1)\to(1,2)\to(2,2)\to(2,3)\to(3,3)\to(3,2)\to(3,1)\to(2,1)\to(1,1)$

$5+5+5-2-2=11,0-4+5+0+0=1$

正解:

$(1,1)\to(2,1)\to(3,1)\to(3,2)\to(3,3)\to(3,2)\to(2,2)\to(2,1)\to(1.1)$

$5+0+5-4-2=4,0+0+5+5+0=10$

动态规划

此时我们就举出了反例。还是老实用朴素的 dp 吧。本题可以理解为有两个人从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$ 。那就可以将状态设为 $dp_{x,y,xx,yy}$ 。分别是第一个人的坐标，第二个人的坐标。
我们使两个人一起走，如果两人坐标相同，就只算一遍。这个时候的状态转移方程即让两个人各走一步：

dp_{x,y,xx,yy}=\max\{dp_{x-1,y,xx-1,yy},dp_{x-1,y,xx,yy-1},dp_{x,y-1,xx-1,yy},dp_{x,y-1,xx,yy-1}\}

但是时空复杂度： $\Theta (n^4)$ 。

优化

考虑优化，dp 优化的本质就是削减无用状态与重复转移。我们注意到，只有 $x+y=xx+yy$ 的状态是有意义的，因为如果不同，说明不符合两个人一起走的定义。

假如两个人同时走，那么他们的坐标和就会相同。设坐标和为 $s$ 。那么枚举 $s,x,xx$ 。 $y,yy$ 就可以算出来了。此时可设 $dp_{s,x,xx}$ 为坐标和为 $s$ ，第一个人在 $(x,s-x)$ ，第二个人在 $(xx,s-xx)$ 。

接下来思考状态转移方程，其实就是由朴素版推出来的：

dp_{s,x,xx}=\max\{dp_{s-1,x-1,xx},dp_{s-1,x,xx-1},dp_{s-1,x-1,xx-1},dp_{s-1,x,xx}\}

复杂度就变成 $\Theta(n^3)$ 。

初始值

在开始的时候，我们要将所有状态设为不可达。但是 $dp_{2,1,1}$ 的状态是确定的。 $dp_{2,1,1}\gets a_{1,1}$ 。

$\large\color{skyblue} Code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e2+1;
int a[N][N],dp[N<<1][N][N],n;
int main() {
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	dp[2][1][1]=a[1][1];
	for(int i=3;i<=n<<1;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {if(i-j<1||i-j>n) continue;//枚举 x；y为 i-x+1,不能越界
			for(int k=1;k<=n;k++) {if(i-k<1||i-k>n) continue;//同上 
				int t=0;
				if(j==k) t=a[j][i-j];//相同只算一个 
				else t=a[j][i-j]+a[k][i-k];
				dp[i][j][k]=max(max(dp[i-1][j-1][k],dp[i-1][j][k-1]),max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j-1][k-1]))+t;
			}
		}
	}
	cout<<dp[n<<1][n][n];
	return 0;
}

T5-Bottles

题意

有 $n$ 瓶水，第 $i$ 瓶水的水量为 $a_i$ ，容量为 $b_i$ 。将 $1$ 单位水从一个瓶子转移到另一个瓶子所消耗时间为 $1$ 秒，且可以进行无限次转移。求储存所有水所需最小瓶子数 $k$ 以及该情况下所用最小时间 $t$ 。

$\Large\color{skyblue} General \ Idea$

一步一步的做题，找思路。

第一问

对于第一问，非常容易。设 $sum=\sum\limits^n_{i=1}a_i$ 。只需要排序，然后找到最大的满足 $\sum\limits_{j=1}^ia_j\ge sum$ 的 $i$ ，就是第一问的答案，记为 $limits$ 。

第二问

对于最优解问题，考虑 dp。

定义状态

有以下条件需要被满足：

对 $n$ 个水瓶进行考虑选择与否。
选择的水瓶数量不能超过 $limits$ 。
要有足够的容量装水。

其实也可以看做背包问题，价格为 $b_i$ ，价值为 $a_i$ 。

我们就可以以此定义 $dp_{i,j,k}$ 为考虑了第 $i$ 个水瓶，选择了 $j$ 个，容量共有 $k$ 的最大 $a_i$ 之和。

为什么是最大值？因为 $sum$ 一定。如果不用转移的水更多，要转移的水更少。

状态转移方程

根据背包问题的解法，对第 $i$ 个瓶子分类讨论。有选与不选，即：

dp_{i,j,k}=\max\{dp_{i-1,j,k},dp_{i-1,j-1,k-b_i}+a_i\}

#include<bits/stdc++.h>
#define b(__) b[mp[__]]
using namespace std;
const int N=1e2+1;
int n,a[N],ans=1e9,b[N],mp[N],sum,limits=1,S;
int dp[N][N*N];//第 i 个盘子，选 j 个 容量为 k 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i],mp[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],S+=b[i];
	sort(mp+1,mp+n+1,[](int x,int y) {return b[x]>b[y];});
	for(int i=1,t=0;i<=n;i++) {
		t+=b(i);
		if(t>=sum) {
			limits=i;
			break;
		}
	}
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
    dp[0][0]=0;//赋初始值 
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=min(limits,i);j>=1;j--)
			for(int k=S;k>=b[i];k--)//此处 a，b 排序与否均可
				dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-1][k-b[i]]+a[i]);
	for(int i=sum;i<=S;i++) ans=min(sum-dp[limits][i],ans);
	//此时要有合法的状态！若 i<sum，说明装不下 
	cout<<limits<<" "<<ans<<"\n";
	return 0;
}

T6-Cipher

不写了，看 hht 的题解。

总结，简单题挂小分，难题根本不会，dp 仍需努力。~~dfs 水平有所提升~~

posted @ 2023-08-16 20:45 cjrqwq 阅读(28) 评论(0) 收藏举报来源

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