hdu4381Count the Building-多校9-1002-题解

Brief Description:

给定n个块，编号从1到n，以及m个操作，初始时n个块是白色。

操作有2种形式：

1 ai xi : 从[1,ai]选xi个块，将这些块涂白。

2 ai xi：从[ai,n]选xi个块，将这些块涂白。

可以忽略某些操作且如果区间内没有足够的黑块（黑块用于涂白），则不能进行这个操作。

Analysis:

写写画画一看就知道这道题是一个背包问题。

一开始用“不恰好装满背包”方法，后来发现是错的（找到了错误数据）。

应该用更精确的“恰好装满背包”。

以下摘自题解：

本题难点在于正确处理两种操作，不妨假设只有一种操作，那么这种操作如果是1的话那么就把操作按照a从小到大排序，每次都尽量往最左边涂，如果是2的话则类似的涂到最右边，但本题两种操作都出现了。

先考虑第一问:

我们把所有的操作按类别区分开，假设所有的1操作尽量用上能从1涂到a格子，所有的2操作尽量用上能从b格子涂到n，假设a<b，那么答案显然是a+n-b+1。那么假设a>=b，那么假设1操作从1涂到x，那么2操作一定会从n尽量往左边涂，直到x为止。最后两边的总和就是答案。

由上不难想到一个DP，l[i][j]表示用了前i种1操作，从1涂到j的最小操作数，转移l[i][j]=min(l[i][j],l[i-1][j-ope[i].x]+１)(ope[i].x<=j<=ope[i].a)，类似的，我们可以得到r[i][j]表示用2操作从j涂到n需要的最小操作数。dp复杂度O(n*m)。（这个背包也可以压缩一维，后面的l，r均为1维的状态）

那么我们倒着枚举涂色最大的数目，假设为k，这个数目必然由1操作贡献一部分，由2操作贡献一部分（也可能一个贡献全部，另一个为0），那么我们枚举1操作涂到了i，那么2操作必然涂到了n-(k-i)+1，如果l[i]和r[n-(k-i)+1]均有值，那么说明这个最大数目是可达的，即是第一问的答案。枚举复杂度O(n*n)。

再考虑第二问：

现在我们已经知道最大数目了，这个数目是由操作1和操作2一起贡献的，那么我们仍然可以枚举操作1涂到了i，那么操作2涂到了n-(ans-i)+1,如果l[i]和r[n-(k-i)+1]均有值，那么其和可以用来更新第二问的答案，最后第二问的答案为所有合法方案需操作数的最小值。枚举复杂度O(n*n)。

代码如下：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>#include <vector>#include <cmath>using namespace std;const int maxn = 2005;struct node{    int aa,cor;    node(){}    node(int _aa,int _cor){       aa = _aa;   cor = _cor;    }}x1[maxn],x2[maxn];int n,m;int dp1[maxn],dp2[maxn];int sumx1,sumx2;bool cmp(const node &p,const node &q){    return p.aa < q.aa;}int main(){    int cas,ta=1;    scanf("%d",&cas);    while(cas--){         int i,j;         scanf("%d%d",&n,&m);         sumx1 = sumx2 = 1;         for(i=0; i<m; i++){             int key,yy,z;             scanf("%d%d%d",&key,&yy,&z);             if(key == 1){                x1[sumx1++] = node(yy,z);             }else{                x2[sumx2++] = node(n+1-yy,z);             }         }         sort(x1+1,x1+sumx1,cmp);         sort(x2+1,x2+sumx2,cmp);         memset(dp1,0x3f,sizeof(dp1));         memset(dp2,0x3f,sizeof(dp2));         dp1[0] = dp2[0] = 0;         for(i=1; i<sumx1; i++){             for(j=x1[i].aa; j>=x1[i].cor; j--){                dp1[j] = min(dp1[j],dp1[j-x1[i].cor]+1);             }         }// for         for(i=1; i<sumx2; i++){             for(j=x2[i].aa; j>=x2[i].cor; j--){                dp2[j] = min(dp2[j],dp2[j-x2[i].cor]+1);             }         }// for         int ans = 0,anssum = 0,tmp;         for(i=1; i<=n; i++){            if(i == 3){              tmp = 1;            }            for(j=0; j<=i; j++){               tmp = dp1[j] + dp2[i-j];               if(tmp <= m){                  if(ans != i){                    ans = i;   anssum = tmp;                  }else if(tmp < anssum){                      anssum = tmp;                  }               }            }         }         printf("Case %d: %d %d\n",ta++,ans,anssum);    }    return 0;}