【USACO】DP动态规划小测（一）

｛20160927 19:30~21:30｝

总分400分，我113.33，稳稳地垫底了......（十分呼应我上面的博客名，hhh~）过了这么多天我才打完所有代码，废话我也就不多说了。不过，虽然时间花费的多，但我觉得我的PG也是“博采众长”了。

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T1 接住苹果(bcatch)

题意：有2颗苹果树，有K次移动机会，问最多能接到的苹果数。

解法：可以用f[i][j][2]或f[i][j]和g[i][j]来实现，表示掉了i个苹果，移动j次的最大值。也可以利用j的奇偶直接判断当前在的树，进而进行+1或0。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;

 const int N=,K=;
 int f[N][K],g[N][K],a[N];

 int mmax(int x,int y)
 {   return x>y?x:y;   }

 int main()
 {
     //freopen("bcatch.in","r",stdin);
     //freopen("bcatch.out","w",stdout);
     int n,k;
     scanf("%d%d",&n,&k);
     for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]--;
     int x,y,ans=;
     memset(f,,sizeof(f));
     memset(g,,sizeof(g));
     for (int i=;i<=n;i++)
       for (int j=;j<=k;j++)
       {
         x=-a[i],y=-x;
         f[i][j]=x+f[i-][j],g[i][j]=y+g[i-][j];
         if (j>)
         {
           f[i][j]=mmax(f[i][j],x+g[i-][j-]);
           g[i][j]=mmax(g[i][j],y+f[i-][j-]);
         }
         if (i==n) ans=mmax(ans,mmax(f[i][j],g[i][j]));
       }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

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T2 滑雪课程(ski)

题意：有N个雪坡和S个课程。雪坡需要耗费一定的时间，且有技能点要求，课程也需要耗费一定的时间，但可以进修到一定的技能点数。问在时间T内最多能滑多少次雪坡。

有两种解法：（时间和内存哪种更优就看数据范围了~）

1.f[i][j]表示前i的时间内能力为j时能滑雪的最大次数，预处理一下p[i]为当能力为i时能花的所有雪坡中耗费时间最小的。每次分别用f[i][j]更新现在有课上便上课，和滑一次雪的状态。

注意——边界条件；只有当前状态存在（不为-1）才可拓展到其他的状态；f[i][j]除了更新上课或滑雪的，也要更新到f[i+1][j]。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 const int T=(int)1e4+,S=,N=(int)1e5+,C=;
 int f[T][C],p[C+];
 struct node{int c,d;}a[N];
 struct hy{int m,l,c;}b[S];

 bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;}
 void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;}
 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;}
 int mabs(int x) {return x>?x:-x;}

 int main()
 {
     //freopen("ski.in","r",stdin);
     //freopen("ski.out","w",stdout);
     int t,s,n;
     scanf("%d%d%d",&t,&s,&n);
     for (int i=;i<=s;i++)
       scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c);
     sort(b,b++s,cmp);
     for (int i=;i<=n;i++)
       scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d);
     memset(p,,sizeof(p));
     for (int i=;i<=n;i++)
       upd2(p[a[i].c],a[i].d);
     for (int i=;i<=C;i++)
       upd2(p[i],p[i-]);
     int tmp=,ans=;
     memset(f,-,sizeof(f));
     f[][]=;
     for (int i=;i<=t;i++)
     {
       for (int j=;j<=C;j++)
       {
         if (f[i][j]<) continue;//
         upd(f[i+][j],f[i][j]);
         upd(f[i+p[j]][j],f[i][j]+);
         while (b[tmp].m==i && tmp<=s && i+b[tmp].l<=t)
           upd(f[i+b[tmp].l][b[tmp].c],f[i][j]), tmp++;
         if (i==t) upd(ans,f[i][j]);
       }
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

1

2.f[i]表示上了第i节课能滑雪的最大次数，预处理同上。每次f[i]存枚举上一次上了哪节课，而到这节课的时间里滑雪或上课的最佳答案。

注意——边界条件；添加时间为0和时间为t的课程，保证“有始有终”。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 const int T=(int)1e4+,S=,N=(int)1e5+,C=;
 int f[S],p[C+];
 struct node{int c,d;}a[N];
 struct hy{int m,l,c;}b[S];

 //bool cmp(hy x,hy y) {return x.m<y.m;}
 void upd(int &x,int y) {x=x>y?x:y;}
 void upd2(int &x,int y) {x=x<y?x:y;}
 int mabs(int x) {return x>?x:-x;}

 int main()
 {
     //freopen("ski.in","r",stdin);
     //freopen("ski.out","w",stdout);
     int t,s,n,ans=;
     scanf("%d%d%d",&t,&s,&n);
     for (int i=;i<=s;i++)
       scanf("%d%d%d",&b[i].m,&b[i].l,&b[i].c);
     b[].m=,b[].l=,b[].c=;
     b[++s].m=t;//add terminal
     //sort(b,b+1+s,cmp);//无须排序
     for (int i=;i<=n;i++)
       scanf("%d%d",&a[i].c,&a[i].d);
     memset(p,,sizeof(p));
     for (int i=;i<=n;i++)
       upd2(p[a[i].c],a[i].d);
     for (int i=;i<=C;i++)
       upd2(p[i],p[i-]);
     memset(f,-,sizeof(f));
     f[]=;
     for (int i=;i<=s;i++)
     {
       if (b[i].l+b[i].m>t) continue;//
       for (int j=;j<i;j++)
         if (f[j]>= && b[i].m>=b[j].m+b[j].l)//
           upd(f[i],f[j]+mabs(b[i].m-b[j].m-b[j].l)/p[b[j].c]);
       upd(ans,f[i]);
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

2

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T3 滑雪比赛(bobsled)

题意：初始速度为1，有N个限制速度大小的弯道，给出与起点的距离，问L内最大能达到的速度。

解法：先贪心——从后往前扫一遍来保证各弯道间的限制速度可以互相到达，因为速度有后效性(?)，便直接保证了不用比较下一个的限制速度，还担心降不到下一个的限制速度。
接着保存每到一个弯道后的速度与距离，进而根据与下一个弯道的速度曲线的单调性（递增(多)---递减(少)、递增、递增(少)---递减(多)、递减）来算出其间的最大值，和到下一个弯道的速度。P.S.画图辅助会清晰一点。

注意——终点也可看成一个“弯道”，而没有限制速度。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 const int L=(int)1e9+,N=(int)1e5+;
 struct node{int t,v;}
 a[N];

 bool cmp(node x,node y)
 {
     if (x.t!=y.t) return x.t<y.t;
     return x.v<y.v;
 }
 int mmax(int x,int y)
 {   return x>y?x:y;   }
 int mmin(int x,int y)
 {   return x<y?x:y;   }
 int main()
 {
     //freopen("bobsled.in","r",stdin);
     //freopen("bobsled.out","w",stdout);
     int l,n;
     scanf("%d%d",&l,&n);
     for (int i=;i<=n;i++)
       scanf("%d%d",&a[i].t,&a[i].v);
     sort(a+,a++n,cmp);
     int p=;a[].t=-;
     for (int i=;i<=n;i++)
       if (a[i].t!=a[i-].t) a[++p]=a[i];
     n=p;
     for (int i=n-;i>=;i--)
       a[i].v=mmin(a[i].v,a[i+].v+(a[i+].t-a[i].t));
     int t=,v=;//now
     int x,ans=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
       if (a[i].v>v)
       {
         if (a[i].t-t>=a[i].v-v)//=
           x=a[i].v+((a[i].t-t)-(a[i].v-v))/,v=a[i].v;
         else x=v+(a[i].t-t),v=x;
         ans=mmax(ans,x);
       }
       else
       {
         x=v+((a[i].t-t)-(v-a[i].v))/;
         v=a[i].v;
         ans=mmax(ans,x);
       }
       t=a[i].t;
     }
     ans=mmax(ans,v+(l-t));
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

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T4 奶牛飞盘队(fristeam)

题意：有N头有一定能力的奶牛，问选出能力和为M的倍数的方案总数。

解法：要想到把%M的值作为DP数组的一个维度。f[i][j]表示在前i头奶牛中选到的能力和%M为j的方案数，这样每次只需分别选或不选当前第i头奶牛，由f[i-1]的状态推出。

注意——最后答案要 -1，因为初始f[0][0]=1是为了方便计算，而实际为0的。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;

 const int N=,M=,mod=(int)1e8;
 int a[N],f[N][M];

 int main()
 {
     //freopen("fristeam.in","r",stdin);
     //freopen("fristeam.out","w",stdout);
     int n,m;
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for (int i=;i<=n;i++)
       scanf("%d",&a[i]),a[i]%=m;
     for (int j=;j<m;j++) f[][j]=;
     f[][]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
      for (int j=;j<m;j++)
      {
        int x=j-a[i];
        if (x<) x+=m;
        f[i][j]=(f[i-][j]+f[i-][x])%mod;
      }
     printf("%d\n",f[n][]-);
     return ;
 }