[BeijingWc2008]雷涛的小猫

——BZOJ1270

Description

雷涛的小猫雷涛同学非常的有爱心，在他的宿舍里，养着一只因为受伤被救助的小猫（当然，这样的行为是违反学生宿舍管理条例的）。在他的照顾下，小猫很快恢复了健康，并且愈发的活泼可爱了。可是有一天，雷涛下课回到寝室，却发现小猫不见了！经过一番寻找，才发现她正趴在阳台上对窗外的柿子树发呆…在北京大学的校园里，有许多柿子树，在雷涛所在的宿舍楼前，就有N棵。并且这N棵柿子树每棵的高度都是H。冬天的寒冷渐渐笼罩了大地，树上的叶子渐渐掉光了，只剩下一个个黄澄澄的柿子，看着非常喜人。而雷涛的小猫恰好非常的爱吃柿子，看着窗外树上的柿子，她十分眼馋，于是决定利用自己敏捷的跳跃能力跳到树上去吃柿子。小猫可以从宿舍的阳台上跳到窗外任意一棵柿子树的树顶。之后，她每次都可以在当前位置沿着当前所在的柿子树向下跳1单位距离。当然，小猫的能力远不止如此，她还可以在树之间跳跃。每次她都可以从当前这棵树跳到另外的任意一棵，在这个过程中，她的高度会下降Delta单位距离。每个时刻，只要她所在的位置有柿子，她就可以吃掉。整个“吃柿子行动”一直到小猫落到地面上为止。雷涛调查了所有柿子树上柿子的生长情况。饱很想知道，小猫从阳台出发，最多能吃到多少柿子？他知道写一个程序可以很容易的解决这个问题，但是他现在懒于写任何代码。于是，现在你的任务就是帮助雷涛写一个这样的程序。左图是N=3，H=10，Delta=2的一个例子。小猫按照图示路线进行跳跃，可以吃到最

多的8个柿子

Input

第一行三个整数N，H，Delta

接下来N行，每行一个整数Ni代表第i个树上柱子的数量

接下来Ni个整数，每个整数Tij代表第i个树的高度Tij上有一个柿子

1<=N,H<=2000

0<=Ni<=5000

1<=Delta<=N

1<=Ti<=H

输入文件不大于40960Kb

Output

小猫能吃到多少柿子

Sample Input

3 10 2

3 1 4 10

6 3 5 9 7 8 9

5 4 5 3 6 9

Sample Output

Analysis

这是一道显然的dp水题。

状态给的一点也不隐晦，在第几棵树上和高度明显就是状态。

那么就设 $dp[i][j] $ 为当前在第$i$棵树上，高度为$j$时能吃到柿子的最大值。

从上一个状态是什么？如果从别的树上跳下来，那就是$dp[k][j+d]$ ，其中$k$是枚举的非当前树的树编号，还有一个状态是$dp[i][j+1]$表示是从当前树转移过来的。

所以方程就是：

$ dp[i][k] = max(dp[i][k+1]+a[i][k],dp[i][k]) $（表示从当前树转移）

$dp[i][k] = max(dp[j][k+d]+a[j][k],dp[i][k])$（表示从别的树转移）

代码就是这样的：

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int a[2005][2005];

int dp[2005][2005];

int n,h,d,ans;

int main()

{

    scanf("%d%d%d",&n,&h,&d);

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        int k;

        scanf("%d",&k);

        for(int j=1;j<=k;j++)

        {

            int p;

            scanf("%d",&p);

            a[i][p]++;

        }

    }

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        for(int j=1;j<=n;j++)

        {

            for(int k=h;k>=1;k--)

            {

                if(i == j)

                    dp[i][k] = max(dp[i][k+1]+a[i][k],dp[i][k]);

                else

                    dp[i][k] = max(dp[j][k+d]+a[j][k],dp[i][k]);

            }

        }

    }

    for(int i=1;i<=n;i++)

        ans = max(ans,dp[i][1]);

    printf("%d",ans);

    return 0;

}

然后就结束了？？

枚举一次当前树，枚举一次高度，枚举一次所有树，是$O(n^3)$

要进行优化

我们发现对于每个$i$，第二个转移的$i-delta$总是固定的，所以就可以直接处理出高度为$I$时的最大值，时间复杂度降到$O(n^2)$

code

洛谷的题解

#include<cstdio>

#include<iostream>

using namespace std;

#define gc ch=getchar()

inline int read(){

    int x=0,f=1;char gc;

    for(;ch<'0'||ch>'9';gc)if(ch=='-')f=-1;

    for(;ch>='0'&&ch<='9';gc)x=x*10+ch-'0';

    return x*f;

}

#undef gc

//以上为快读，听说不用读入优化会TLE,比如cin、cout

int n,h,d,g[2005],a[2005][2005],f[2005][2005];

//g[i]表示高度为i时f[i][j]的最大值

int main(){

    n=read();h=read();d=read();

    for(int i=1;i<=n;i++){

        a[i][0]=read();

        for(int j=1;j<=a[i][0];j++)a[i][read()]++;

        //注意，是每个上面有1个，所以要加一，而不是赋值为一

    }

    for(int i=1;i<=h;i++){

        for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=f[i-1][j]+a[j][i];

        if(i>d)for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=max(f[i][j],g[i-d]+a[j][i]);

        for(int j=1;j<=n;j++)g[i]=max(f[i][j],g[i]);

        //转移见上

    }

    printf("%d",g[h]);

}