CF2091G Gleb and Boating

Problem

程序员 Gleb 经常访问 IT Campus "NEIMARK" 参加编程训练。

Gleb 不仅是程序员，还是一位著名的划船运动员，因此他选择通过划皮划艇沿河流完成部分通勤路程。假设 Gleb 从点 \(0\) 出发，必须到达点 \(s\)（即沿直线划行 \(s\) 米）。为增加挑战性，Gleb 决定不离开线段 \([0, s]\)。皮划艇的尺寸可忽略不计。

Gleb 是实力强劲的程序员！初始时他的力量为 \(k\)。Gleb 的力量直接影响皮划艇的运动：若当前力量为 \(x\)，则每次划桨可使皮划艇沿当前方向移动 \(x\) 米。Gleb 可以调头并继续向相反方向移动，但此操作十分困难，每次调头后力量会减少 \(1\)。力量永远不会变为 \(0\) —— 若当前力量为 \(1\)，则即使调头后仍保持 \(1\)。此外，Gleb 不能连续两次调头 —— 每次调头后必须至少移动一次才能再次调头。同理，Gleb 不能在出发后立即调头 —— 必须先进行一次划桨。

Gleb 希望在从点 \(0\) 到达点 \(s\) 的过程中不离开线段 \([0, s]\) 并尽可能保留最多力量。请帮助他 —— 给定 \(s\) 和初始力量 \(k\)，确定到达点 \(s\) 时可能保留的最大力量。

输入格式

每个测试包含多个测试用例。第一行包含测试用例数量 \(t\) (\(1 \leq t \leq 100\))。接下来是测试用例描述。

每个测试用例单独一行，包含两个整数 \(s\) 和 \(k\) (\(1 \leq s \leq 10^9\)，\(1 \leq k \leq 1000\)，\(k \leq s\))。

保证所有测试用例的 \(k\) 之和不超过 \(2000\)。

输出格式

对于每个测试用例，输出 Gleb 在旅程结束时可能保留的最大力量。

输入输出样例 #1

输入 #1

8
9 6
10 7
24 2
123456 777
6 4
99 6
10 4
99 4

输出 #1

4
1
2
775
1
4
2
2

说明/提示

第一个样例中 Gleb 的一种可能移动方式：

Solve

通过样例得知我们可以通过减小2点体力来获得小于k的位移
比如我先往前走k,再掉头走k-1,再转回来k-2,这样共计前进k-1格，即回退1格
那我们走k-1时走n步，回来也能退n步，可以通过这样微调到终点
但是很多情况s比较小，没办法“展开拳脚”，所以只有s比较大才行
因为一次走k,所以最多要回退k-1,随便算算发现\(s>k^2\)时一定可以通过这种方式到n
然后再看看能否直接走到s,答案就出来了
这样我们只需要看\(s\le k^2\)就行了,也就是说\(s\le 10^6\)
此时我们可以DP,设\(f_{i,j}=0/1\)为体力为i时能否走到j
动态转移方程就是(刷表法)$$f_{i,j}\rightarrow f_{i,j+i}$$$$f_{i,j}\rightarrow f_{i-1,j-k+1}$$
第二个很好理解，第一个可以参考完全背包
当然如果j不在0-n之间就不能转移了，而且这个仅仅是当前方向面对终点的转移，面朝起点需要倒着推
然后在推完一层的时候判断位置s是不是1就行了
这样时间复杂度为\(O(sk)\),1e9规模会TLE……吗？
仔细思考，答案似乎几乎不会小于\(\sqrt s\),因为此时根据前面的结论可以直接通过体力减小2来得到答案，也就是说最多推\(k-\sqrt s\)层，时间复杂度\(O(s(k-\sqrt s))\)，可以通过
最后记得加滚动数组!

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,s,k;
bool f[2][1000005],l;
int main(){
    cin>>T;
    while(T--){
        l=0;
        cin>>s>>k;
        if(s%k==0){
            cout<<k<<endl;
            continue;
        }
        if(k*k<=s){
            cout<<max(k-2,1)<<endl;
            continue;
        }
        for(int i=0;i<=s;i++){
            f[0][i]=(i%k==0);
            f[1][i]=0;
        }
        k++;
        while(k--){
            if(!l){
                for(int i=0;i<=s;i++){
                    if(f[l][i]==1){
                        if(i+k<=s)f[l][i+k]=1;
                        if(i-k+1>=0)f[!l][i-k+1]=1;

                    }
                }
            }else{
                for(int i=s;i>=0;i--){
                    if(f[l][i]==1){
                        if(i-k>=0)f[l][i-k]=1;
                        if(i+k-1<=s)f[!l][i+k-1]=1;
                    }
                }
            }
            if(f[l][s]||k==1){
                cout<<k<<endl;
                break;
            }
            for(int i=0;i<=s;i++){
                f[l][i]=0;
            }
            l=!l;
        }
    }
    return 0;
}