[CF1498D] Bananas in a Microwave (DP)
题面&翻译
题解
虽然
m
m
m 很大,但是
n
n
n 很小,因此题目允许我们在
O
(
n
m
)
O(nm)
O(nm) 以内解决这道题。
定义一个 dp[i][j]=0/1
?
如果是第
i
i
i 个操作时能不能停在
j
j
j 点的话,我们会发现,从第一个最小的
i
i
i 满足
d
p
[
i
]
[
j
]
=
1
dp[i][j]=1
dp[i][j]=1 开始,后面的
d
p
[
i
+
1...
n
]
[
j
]
dp[i+1...n][j]
dp[i+1...n][j] 一定都为 1 了,因为后面的操作都可以令
a
=
0
a=0
a=0 然后不动。因此我们完全没必要定义第一维。
那就定义一个 dp[i]
表示到
i
i
i 时的最小可能操作?
我们会发现,由于
y
i
y_i
yi 的限制,我们缺少次数的信息,无法转移,因此要同时记录该信息。
令 dp[i][j]
表示到
i
i
i 时的最小可能操作,满足此时操作已经执行了
j
j
j 次总行了吧?
事实上这很荒谬。首先,到
i
i
i 时的最小可能操作是确定的,跟你强制的这个执行次数 “j” 并没关系,而且更严谨地说,操作数是因,执行次数是果,总不能把果放进状态吧。其次,既然最小操作数确定,那么到达
i
i
i 时该操作的执行次数肯定越少越好。
因此我们定义 (pair<int,int>) dp[i]
,第一个值表示到
i
i
i 时的最小可能操作,第二个值表示到
i
i
i 时的最小执行次数。
此时两个 pair
取较小的,刚好是先比较第一位,再比较第二位。
方便起见,令
N
e
x
t
i
(
k
)
{\rm Next}_i(k)
Nexti(k) 表示从位置
k
k
k 开始,执行一次
i
i
i 类操作后走到的位置,那么有如下转移:
- {
d
p
[
i
]
.
f
i
r
s
t
,
d
p
[
i
]
.
s
e
c
o
n
d
+
1
}
→
d
p
[
N
e
x
t
d
p
[
i
]
.
f
i
r
s
t
(
i
)
]
\{dp[i].{\rm first},dp[i].{\rm second}+1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{dp[i].{\rm first}}(i)]
{dp[i].first,dp[i].second+1}→dp[Nextdp[i].first(i)]
- {
j
,
1
}
→
d
p
[
N
e
x
t
j
(
i
)
]
\{j,1\}\rightarrow dp[{\rm Next}_{j}(i)]
{j,1}→dp[Nextj(i)]
第一个转移的条件是执行次数没到
y
y
y 的限制,第二个转移的条件是
j
j
j 大于当前的
d
p
[
i
]
.
f
i
r
s
t
dp[i].{\rm first}
dp[i].first。
状态数
O
(
m
)
O(m)
O(m),转移复杂度
O
(
n
)
O(n)
O(n) ,总复杂度
O
(
n
m
)
O(nm)
O(nm).
CODE
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define int LL
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
int ti[MAXN],yy[MAXN];
LL xx[MAXN];
int tm[MAXN],ai[MAXN];
void add(int i,int tim,int Ai) {
if(i < 1 || i > n) return ;
if(tim < tm[i]) tm[i]=tim,ai[i]=Ai;
else if(tim == tm[i]) ai[i] = min(ai[i],Ai);
// printf(" %d : %d,%d\n",i,tm[i],ai[i]);
return ;
}
int adnm(LL x,int i) {return (x+100000ll*i+99999ll)/100000;}
int munm(LL x,int i) {return (x*i+99999ll)/100000;}
signed main() {
m = read();n = read();
for(int i = 1;i <= m;i ++) {
ti[i] = read();
xx[i] = read();
yy[i] = read();
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) tm[i] = 0x3f3f3f3f;
tm[0] = 0; ai[0] = 0;
for(int i = 0;i <= n;i ++) {
if(i > 0) printf("%lld ",tm[i] >= 0x3f3f3f3f ? -1:tm[i]);
if(tm[i] < 0x3f3f3f3f) {
int t = tm[i];
if(ti[t] == 1 && ai[i] < yy[t]) add(adnm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
else if(ti[t] == 2 && ai[i] < yy[t]) add(munm(xx[t],i),t,ai[i]+1);
for(int j = t+1;j <= m;j ++) {
if(ti[j] == 1) add(adnm(xx[j],i),j,1);
else if(ti[j] == 2) add(munm(xx[j],i),j,1);
}
}
}ENDL;
return 0;
}
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