DP练习题——洛谷P1970花匠

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• 题目描述：
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• 题目分析：
  • 解法一：
    • 思路：
    • 算法：
    • 代码实现：
  • 解法二：
    • 思路：
    • 算法：
    • Talk is cheap,show me the code:
• 结语：

题目描述：

洛谷\(P1970\)

花匠栋栋种了一排花，每株花都有自己的高度。花儿越长越大，也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走，将剩下的留在原地，使得剩下的花能有空间长大，同时，栋栋希望剩下的花排列得比较别致。

具体而言，栋栋的花的高度可以看成一列整数\(h_1,h_2,...,h_n\)。设当一部分花被移走后，剩下的花的高度依次为\(g_1,g_2,...,g_m\)，则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足：

条件 \(A\)：对于所有\(g_{2i}>g_{2i-1},g_{2i}>g_{2i+1}\)

条件 \(B\)：对于所有\(g_{2i}<g_{2i-1},g_{2i}<g_{2i+1}\)

注意上面两个条件在\(m=1\)时同时满足，当\(m > 1\)时最多有一个能满足。

请问，栋栋最多能将多少株花留在原地。

输入输出格式：

输入格式：

第一行包含一个整数\(n\)，表示开始时花的株数。

第二行包含\(n\)个整数，依次为\(h_1,h_2,...,h_n\),表示每株花的高度。

输出格式：

一个整数\(m\)，表示最多能留在原地的花的株数。

输入输出样例：

输入样例：

5
5 3 2 1 2

输出样例：

3

题目分析：

​ 简单理解一下题意：

大体就是说要求留在原地的花满足：序号为\(2\)的倍数的花是左右两盆花中最高或者是最矮的

解法一：

思路：

​ 既然是\(DP\)的题，那么我们先考虑贪心（其实是为了纪念\(lz\)）：

说句闲话：学习\(DP\)的最好方法是什么？？

贪心！！！

好了好了，说正经的。

不过还是要吐槽这道题的算法标签，竟然没人评贪心（也不知道\(lz\)评了没有）

我们可以发现，这道题就是对一个有波动的函数进行简化，我们可以举两个例子，一个是样例：

我们可以把这个图像看做一个具有两个单调区间的函数图像，我们只能去单调区间两端的点构成新的序列，也就是说我们最多能保留三盆花

另一个是从讨论版里找来的神仙数据：

有了上面的分析，我们可以很轻易地找出\(3\)个单调区间，也就是说最多有\(4\)盆花能够被留下

算法：

​ 根据两组数据，我们可以得到这样一个算法：

扫描所有花的高度，从而得出增减区间的个数\(w\)，输出\(w+1\)

代码实现：

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

inline int read()
{
	int F=1,num=0;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') F=-1;	c=getchar();}
	while(isdigit(c)){num=num*10+c-'0';	c=getchar();}
	return num*F;
}

int h[10000010];
int n;
int ans=1;//考虑到函数的左区间
int direction;

int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
		h[i]=read();//读入
	if(h[2]>=h[1])	direction=1;//1表示增区间，0表示减区间 ，因为前两个是默认都选的，所以在这里加上了等号
	for(int i=1;i<=n;++i)//我知道可以边读入边判断，但是我愿意，你管着吗？？
	{
		if(i==n)
        {
			ans++;//考虑到函数的右区间，当到了右区间时答案直接加一并且跳出循环
            break;
        }
		if(h[i+1]>h[i])
		{
			if(direction==0)//如果突然进入到增区间，就标记为增区间并且答案加一
			{
				ans++;
				direction=1;
			}
		}
		if(h[i+1]<h[i])
        {
			if(direction==1)//如果突然进入到减区间，就标记为减区间并且答案加一
			{
				ans++;
				direction=0;
			}
		}
	}
	printf("%d",ans);//输出答案
	return 0;
}

解法二：

思路：

​ 当然是已经哭晕在厕所的\(DP\)啦

\(dp[i][0]\)表示在\(i\)处上升时的最大盆数，\(dp[i][1]\)表示在\(i\)处下降时的最大盆数

直接得到状态转移方程

\(if(a[i]>a[i-1])\space\space\space dp[i][0]=dp[i-1][1]+1;\\if(a[i]<a[i-1])\space\space\space dp[i][1]=dp[i-1][0]+1;\\dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][0]);\\dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][1]);\)

解释一下：

当\(a[i]\)是上升的时候，将上升时的最大盆数更新为上一盆下降时的最大盆数+\(1\)，并且用这两种状态的最大值来维护\(dp[i][0]\)，表示满足条件\(B\)

当\(a[i]\)是下降的时候，将下降时的最大盆数更新为上一盆上升时的最大盆数+\(1\)，并且用这两种状态的最小值来维护\(dp[i][1]\)，表示满足条件\(A\)

​ 如果还不能理解就画个图，手推一下233~~

算法：

​ 就是将\(dp[1][1]\)和\(dp[1][0]\)都更新为\(1\)，然后从\(2\)开始跑一遍循环，\(CV\)上面的方程就结束了

Talk is cheap,show me the code:

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

const int maxn=101000;
int dp[maxn][2],a[maxn];
int n;

inline int read()
{
	int F=1,num=0;
	char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')	F=-1;	c=getchar();}
	while(isdigit(c)){num=num*10+c-'0';		c=getchar();}
	return F*num;
}

int main()
{
    n=read();
    dp[1][0]=1;dp[1][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
        if(a[i]>a[i-1]) dp[i][0]=dp[i-1][1]+1;
        if(a[i]<a[i-1]) dp[i][1]=dp[i-1][0]+1;
        dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][0]);
        dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][1]);
    }
    printf("%d\n",max(dp[n][1],dp[n][0]));
    return 0;
}

结语：

贪心大法真的好诶（逃