BZOJ1270或洛谷1107 [BJWC2008]雷涛的小猫

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\(DP\)水题。

定义\(f[i][j]\)表示小猫在高度\(i\)，位于第\(j\)棵树时最多能吃到的柿子的数量。分为直接往下跳和跳到另一棵树两个决策。

那么很容易写出状态转移方程：

\[f[i][j] = \max \{ f[i + 1][j], f[i + Delta][k] \} + T[j][i]
\]

注意到时间复杂度为\(O(n ^ 3)\)，太高。发现对于第二个决策，针对的高度都是相同的，再开一个数组记录每一高度下最多能吃到的柿子的数量，\(DP\)时直接调用并更新即可。

初始化全为\(0\)。

最后答案即为\(\max \{ f[1][j = 1 \to n] \}\)。

时间复杂度\(O(n ^2)\)。

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 2010;
int f[N][N], T[N][N], ma[N];
inline int re()
{
	int x = 0;
	char c = getchar();
	bool p = 0;
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
		p |= c == '-';
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
		x = x * 10 + c - '0';
	return p ? -x : x;
}
inline int maxn(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
int main()
{
	int i, j, n, m, D, k;
	n = re(); m = re(); D = re();
	for (i = 1; i <= n; i++)
		for (k = re(), j = 1; j <= k; j++)
			T[i][re()]++;
	for (i = m; i; i--)
		for (j = 1; j <= n; j++)
		{
			f[i][j] = f[i + 1][j] + T[j][i];
			if (i + D <= m)
				f[i][j] = maxn(f[i][j], ma[i + D] + T[j][i]);
			ma[i] = maxn(ma[i], f[i][j]);
		}
	printf("%d", ma[1]);
	return 0;
}