XJOI 3605 考完吃糖(DAG图dfs)
题目描述:
期末考试考完了,分数也出来了,大家准备吃糖庆祝一下,为了鼓励同学们下学期能取得更好的成绩,司马红豆同学让n个同学站成一排,如果某个同学的分数比相邻的一个同学要高,那么他得到的糖果就会比这个分数较低的相邻的同学多,每个人至少能得到一个糖果。现在司马红豆想要知道最少需要多少个糖果能完成分糖任务。
输入格式:
第一行输入一个整数n, (1≤n≤100000)
第二行输入n 个整数,依次表示排成一排后每位同学的分数ai, (1≤ai≤1000)。
输出格式:
输出一个整数,表示最少需要的糖果数量
样例输入1:
3
1 0 2
样例输出1:
5
样例输入2:
3
1 2 2
样例输出2:
4 题解:这题乍一看就感觉要抽象成图论模型
将小的数建一条指向大的数的边,建完边你会得到这样的东西
显然一个点所需要的最大糖数是所有入度为零的点到他的最大距离+1,记为f[i]
所以枚举每一个入度为零的点,从他开始更新每一个能到达的的点的f[i]
最后将每个点的f[i]加起来即为答案
虽然看着好像因为没有vis之类的东西,每个点会被访问很多遍,但是其实每个点最多只会被两个点向指,所以复杂度大约是O(n)的
大概有点dp的思想?
代码如下:
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std; int d[],n,a[],f[];
long long ans=;
vector<int> g[]; void dfs(int now,int deep)
{
f[now]=max(f[now],deep);
for(int i=;i<g[now].size();i++)
{
dfs(g[now][i],deep+);
}
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(a[i-]>a[i])
{
g[i].push_back(i-);
d[i-]++;
}
if(a[i]>a[i-])
{
g[i-].push_back(i);
d[i]++;
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(!d[i])
{
dfs(i,);
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
ans+=f[i];
}
printf("%d\n",ans);
}
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