Hetao P1184 宝可梦训练家 [ 绿 ][ 背包dp ][ 线性dp ]

原题

题解

一道超级牛逼的背包变形，想通之后真的很简单，难点在于想到使用 dp 并且用 dp 的值判断是否合法。

首先观察本题的数据范围：\(1\le n,q \le 10^5\) ，可知本题的询问要在 \(O(1) \text{~}O(\log n)\) 的时间里处理出来。

因此想到了二分或者预处理做法。

同时再来观察 \(k\) 的范围，\(1\le k \le 50\) ，这是个非常重要的切入点，同时把 \(a,l,r\) 的范围限制在 \(10^5+50\) 也是一个非常重要的条件。假设题目不需要利用这个条件，又为什么要将 \(k\) 限制在 \(50\) ，而不开到 \(10^9\) 呢？这就告诉我们题目的重点不在 \(n\) 上，重点是要计算每个宝可梦变成的值。

这样就可以直接排除二分区间应对询问的做法，因此直接考虑预处理。

---

分析

先考虑最简单的预处理方式：定义 \(f[i][j]\) 表示能否变成数字为 \([i,j]\) 的区间。

这种预处理方式不仅会 MLE ，而且会 TLE 。

但是我们也可以发现一个优化的点，那就是对于 \(f[i][j]=Yes\) 时，\(f[i+1][j] = Yes\) 。

同理，也可以说成是 \(f[i][j-1]=Yes\) ，只要换一种方式存储和写代码即可，这里采用上面的一种优化方案。

因此，我们用 \(f[j]\) 存储以数字 \(j\) 为结尾，最长能有的区间的长度 \(len\) ，那么此时的 \(i=j-len+1\)。所以当 $f[j] \ge j-i+1 $ 时，这个区间就可以得到（$j-i+1 $ 是这个区间的长度），实际上，存储 \(i\) 来逆推 \(len\) 也不是不可以。

那么此时我们就只剩处理出 \(f[j]\) ，即以每个数字 \(j\) 结尾的 \(len\) 就行了。

---

建立模型

可以发现，\(f[j]\) 可以看成一个容量为 \(j\) 的背包，那么它的价值便是 \(len\) ，我们要使 \(len\) 最大化。并且由于每个宝可梦只能使用一次，所以这是个 01背包 。

所以设 $j=a[i]+v $ ，则 $ f[j]=f[j-1 ]+1$，其中 \(0\le v \le k\)，即宝可梦的可以变换成的数。

这个方程的意义是：以 \(a[i]+v\) 为结尾时，最长的区间是从 以 \(a[i]+v-1\) 为结尾时最长区间的长度加了一个 \(1\) 得来的。

注意 01背包 的特殊转移方式，要让 \(v\) 从 \(k\) 到 \(0\) 转移，才能让使用了某个宝可梦的子集不包含也使用了这个宝可梦的子集。

唯一不同的是，背包加入物品是无序的，因为只要求 max 即可；但是这题加入是有序的，如果比它小的数没有更新完，而直接更新这个数，就会导致没有将这个状态分割成不遗漏也不重叠的子集，这是不行的。

因此，要先排个序再来给 \(f\) 更新。

时间 \(O(nk)\) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[100105],n,q,k,l,r,a[100005];
int main()
{
	freopen("pokemon.in","r",stdin);
	freopen("pokemon.out","w",stdout);
	cin>>n>>k>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=k;j>=0;j--)
		{
			f[a[i]+j]=f[a[i]+j-1]+1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		cin>>l>>r;
		if(f[r]>=r-l+1)cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
}