【树形dp】【记忆化】访问艺术馆 WikiOI 1163
来源:互联网 发布:java父类子类加载顺序 编辑:程序博客网 时间:2024/04/30 14:46
WikiOI 1163 访问艺术馆
题目描述Description
皮尔是一个出了名的盗画者,他经过数月的精心准备,打算到艺术馆盗画。艺术馆的结构,每条走廊要么分叉为二条走廊,要么通向一个展览室。皮尔知道每个展室里藏画的数量,并且他精确地测量了通过每条走廊的时间,由于经验老道,他拿下一副画需要5秒的时间。你的任务是设计一个程序,计算在警察赶来之前,他最多能偷到多少幅画。
输入描述Input Description
第1行是警察赶到得时间,以s为单位。第2行描述了艺术馆得结构,是一串非负整数,成对地出现:每一对得第一个数是走过一条走廊得时间,第2个数是它末端得藏画数量;如果第2个数是0,那么说明这条走廊分叉为两条另外得走廊。数据按照深度优先得次序给出,请看样例
输出描述Output Description
输出偷到得画得数量
样例输入Sample Input
60
7 0 8 0 3 1 14 2 10 0 12 4 6 2
样例输出Sample Output
2
数据范围及提示Data Size & Hint
s<=600
走廊的数目<=100
好久没做过dp,发现自己的dp好差。。。。。。。。
分析就不说了,我基本是看得网上的分析
偷东西是要进去和出来的,所以如果经过了某个点往下走,就必定会经该店返回(树的性质可知),所以花费其实是两倍,所以我们在一开始保存点的花费的时候,就直接将时间花费保存为两倍,这样就相当于做到了返回
dp[rt][time]表示在rt这个点,剩下time时间能偷到最多的画
1.虽然时间有time,但要先花费掉通过该点的时间,tt=time-t[rt].cost
2.然后在tt时间内dp,dp[rt][time]= max{ dp[lch][i] + dp[rch][tt-i] }
这个方程很容易理解,一半时间去左边偷一半时间去右边偷,两者相加,再取最大值
3.而对于叶子节点,同样有时间花费的,所以同样先计算出tt,但是计算出tt后不用再递归了,而是计算在tt时间内最多可以拿多少画,并且这里肯定是尽量拿,只要时间还够的
但是注意一点,不能tt/5,因为时间够,但是可能画不够。。。我就是这样纠结了一下,才想起这个问题
至于怎么建树,输入已经是按照前序遍历序列给出的,那么就顺着输入,来个递归建树即可
注意:网上这个题解是说的读入的时间要 -1 ,实际上是不用的(我不知道是他理解错了,还是出题人(或者是出数据的人)自己没理解好)
做这一题很艰辛啊。。。。
写的第一个程序,不知为什么没过,然后看网上题解说是由于出去的时间必须早于警察的到来的时间,所以读入的Limit要-1,然后交上去,WA80。。。。。
后来在求助WikiOI群然后写出来的代码(方法完全不一样啊,具体看下面代码),由于是在我原来的基础上改的代码,所以仍然有-1,然后仍然WA80
找了好久,发现群上没说要-1,然后我就把-1去掉了,结果就神奇的A了,我有去把第一个程序-1去掉,结果也神奇的A了。。。。。
对于所发生的一切,我无话可说。。。。
测评情况(WikiOI)我刷屏了。。。。。
中间有两三份代码是交的网上坑爹的标程
两份代码都给出,方法不同,都值得借鉴
一开始写的代码,上面分析的就是这份代码
/*http://blog.csdn.net/jiangzh7By Jiangzh*/#include<cstdio>#include<cstring>#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))const int N=1000+10;int Limit;int n,L[N],R[N];int t[N],p[N];int f[N][N];int build(){n++; scanf("%d%d",&t[n],&p[n]);t[n]*=2;int now=n;if(p[now]==0){L[now]=build();R[now]=build();}return now;}int calc(int x,int time){if(f[x][time]!=-1) return f[x][time];if(!time) return f[x][time]=0;if(!L[x] && !R[x]){if(p[x]*5<=time-t[x]) return f[x][time]=p[x];else return f[x][time]=(time-t[x])/5;}f[x][time]=0;int tt=time-t[x];for(int i=0;i<=tt;i++){int ll=calc(L[x],i);int rr=calc(R[x],tt-i);f[x][time]=max(f[x][time],ll+rr);}return f[x][time];}int main(){freopen("1163.in","r",stdin);freopen("1163.out","w",stdout);scanf("%d",&Limit);build();//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",L[i],R[i]);memset(f,-1,sizeof(f));printf("%d\n",calc(1,Limit));return 0;}
后来在 WikiOI上面求助给的代码,完全不同的方法,也值得借鉴
/*http://blog.csdn.net/jiangzh7By Jiangzh*/#include<cstdio>#include<cstring>#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))const int N=1000+10;const int maxp=120;int Limit;int n,L[N],R[N];int t[N],p[N];int f[N][N];int build(){n++; scanf("%d%d",&t[n],&p[n]);t[n]*=2;int now=n;if(p[now]==0){L[now]=build();R[now]=build();}return now;}void calc(int x){if(!x) return;if(!L[x] && !R[x]){f[x][0]=0;for(int i=1;i<=p[x];i++)f[x][i]=i*5+t[x];return;}calc(L[x]); calc(R[x]);for(int i=0;i<=maxp;i++)for(int k=0;k<=i;k++)f[x][i]=min(f[x][i],f[L[x]][k]+f[R[x]][i-k]+t[x]);}int main(){freopen("1163.in","r",stdin);freopen("1163.out","w",stdout);scanf("%d",&Limit);build();//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",L[i],R[i]);//memset(f,0x3f,sizeof(f));for(int i=1;i<=maxp;i++) for(int j=1;j<=maxp;j++)f[i][j]=0x3f3f3f3f;calc(1);for(int i=maxp;i>=1;i--)if(f[1][i]<=Limit) {printf("%d\n",i);return 0;}return 0;}
- 【树形dp】【记忆化】访问艺术馆 WikiOI 1163
- 【树形DP】wikioi 1163 访问艺术馆
- wikioi 1163 访问艺术馆 树形dp
- 【树形dp】访问艺术馆
- CodeVS 1163 访问艺术馆(树形DP)
- 【Codevs1163】访问艺术馆 树形dp 记忆化搜索(8/1000)
- wikioi-天梯-进入省队-树状dp-1163:访问艺术馆
- 树形DP(访问艺术馆)
- codevs1163 访问艺术馆(树形dp)
- 访问艺术馆 codevs1163 树形dp
- wikioi p1163 访问艺术馆
- 一、树形dp(1)访问艺术馆
- 树形dp 访问艺术馆(又称访问美术馆)
- codevs1163 访问艺术馆 树型数组 记忆化搜索
- 1163 访问艺术馆
- 1163 访问艺术馆
- CODEVS 1163 访问艺术馆
- CODEVS 1163 访问艺术馆
- 当我们谈论内存时,在谈论什么?
- 双指针的魅力
- 自定义对话框
- 利用.net使,网页的右侧的滚动条不因为操作而置顶,有关属性的设置
- 折半插入排序
- 【树形dp】【记忆化】访问艺术馆 WikiOI 1163
- 每日三省吾身
- MyEclipse 报错Launching ASTFrame has encountered a problem
- gcc window 资源文件整理
- cocos2d-x学习资源汇总(持续更新。。。)
- 视频图像的MATLAB处理(2)两种主成分分析方法
- 自定义监听器
- IO流
- myeclipse不编译解决方法