【HDU - 1176 】免费馅饼 (逆dp)
免费馅饼
Descriptions:
为了使问题简化,假设在接下来的一段时间里,馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置,因此在第一秒,他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼?(假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼)
Input
输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000),表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中,每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。
Output
每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m,表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示:本题的输入数据量比较大,建议用scanf读入,用cin可能会超时。
Sample Input
6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0
Sample Output
4
题目链接:
https://vjudge.net/problem/HDU-1176
这题逆着来dp
5 b=0
456 b=1
34567 b=2
2345678 b=3
123456789 b=4
012345678910 b=5
b代表时间 a代表位置 (a,b)代表第b秒在a位置上馅饼的数量 前面的塔数代表位置变化,不管你最后的馅饼掉到哪里,都是从(5,0)出发的,所以可以倒着来算
先求初始化数据 在(a,b)分别有几个馅饼
peice[a][b] 代表第b秒在a位置上馅饼的数量 dp[a][b]代表第b秒在a位置上做多能有多少馅饼
b=4 即是从b=5得来的 例:(0,5)=1 第5秒在0位置有1个馅饼
(1,5)=2 第5秒在1位置有2个馅饼
(1,4)=3 第4秒在1位置有3个馅饼
那么(1,4)上做多可以有5个馅饼 (1,4)+(0,5)=5 dp[1][4]=max(dp[0][5],dp[1][5])+peice[1][4] 即:从(1,5)走到(1,4)
得到公式:
范围是[0,10],所以i=1的时候只能是i 或者 i+1
if(i==0)
dp[i][j]=max(dp[i][j+1],dp[i+1][j+1])+piece[i][j];
其他地方i-1、i、i+1都行 即便i=11也不影响,因为dp[11][j]初始化为0了
else
dp[i][j]=max(dp[i-1][j+1],max(dp[i][j+1],dp[i+1][j+1]))+piece[i][j];
AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <vector>
#include <queue>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#define Mod 1000000007
#define eps 1e-6
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MEM(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define Maxn 100000+10
using namespace std;
int m;
int dp[][Maxn];//dp[i][j]在第j秒在i位置上最多有多少个馅饼
int piece[][Maxn];//piece[i][j]在第j秒在i位置上存在多少个馅饼
int main()
{
while(cin>>m&&m!=)
{
int a,b,t=;//第b秒有一个馅饼掉在a点 t代表最长的时间
MEM(dp,);
MEM(piece,);
for(int i=; i<m; i++)
{
cin>>a>>b;
piece[a][b]++;//第b秒在a位置上出现馅饼 数量+1
t=max(t,b);//最长时间更新
}
for(int i=; i<=; i++)//初始化最底层
dp[i][t]=piece[i][t];
for(int j=t-; j>=; j--)
{
for(int i=; i<=; i++)
{
//范围是[0,10],所以i=1的时候只能是i 或者 i+1
if(i==)
dp[i][j]=max(dp[i][j+],dp[i+][j+])+piece[i][j];
//其他地方i-1、i、i+1都行 即便i=11也不影响,因为dp[11][j]初始化为0了
else
dp[i][j]=max(dp[i-][j+],max(dp[i][j+],dp[i+][j+]))+piece[i][j];
}
}
cout<<dp[][]<<endl;
}
return ;
}
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