Pku acm 1014 Dividing 动态规划题目解题报告(十七)

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1014

刚AC了，趁热打铁，写下解题报告，这道题很早就在joj上做过，当时不知道dp，只会用很菜的方法，结果即使joj这道题仅要求10s还是会超时！

思想：本题是找按价值均分大理石的方案是否存在，由于分配时不能破坏大理石，所以有个显而易见的剪枝：当所有的大理石的总价值为奇数时肯定不能被均分。把问题转化一下即：由一个人能否从原大理石堆中取出总价值为原来一半的大理石,本题的主要算法是动态规划,数组flag代表状态,设总价值为sum.当flag[k]==true时，说明，可以有一人获得价值k,另外一人获得价值V-k的大理石分配方案。反之若flag[k]=false说明这种分配方案不存在.我们的任务就是计算出flag[sum/2]是true还是false，显然有flag[0]==true的方案存在，即一个人什么都不分，另外一个人拿走全部的大理石.
设i（1<<6）为石头的价值，试想若flag[k]==true，如果能再向k中增加一价值为i的大理石，则flag[k+i]==true必然成立.石头有两个属性，一个是价值另一个是数量，这里array[i]代表价值为i的大理石的数量，我们根据其中一个属性：价值来划分阶段。即for (int i=1;i<=6;i++)，flag[k]表示状态是否存在（这里的状态是指能否从原石头堆中分出价值为k的新石头堆）。在初始阶段是i=1,初始状态是flag[0]=true,max代表目前满足flag[k]==true这一条件的k的最大值。
for(int j=max;j>=0;j--) 
//从当前最大值flag开始，根据前面提到的flag[j]==true成立则flag[j+i]==true亦成立的理论，在原有状态flag[j]==true已存在的条件下加入stone[i]阶段的石头,得到新的状态

还是举个例子吧：3 0 1 2 0 0

flag[] : sum/2=6

i

0

1

2

3

4

5

6

flag[] :

1

0

0

0

0

0

0

对于i=1 array[1] = 3 因为flag[0] = true,所以flag[1], flag[2], flag[3]都变为true：

i

0

1

2

3

4

5

6

flag[] :

1

1

1

1

0

0

0

对于i=2 array[2] = 0 不考察

对于i=3 array[3] = 1 因为flag[0] flag[1], flag[2], flag[3]= true,所以flag[3], flag[4], flag[5]，flag[6]都变为true：

i

0

1

2

3

4

5

6

flag[] :

1

1

1

1

1

1

1

等等等等，我们的任务是判断flag[sum/2]是否为真。

这样程序的基本框架就有了：dp函数如下：

bool dp(int array[7])

{

    bool flag[60001];

    int i,j,k,sum = 0,max=0;

    for(i=1;i<=6;i++)

        sum += array[i]*i;

    if(sum%2!=0)

        return false;

    memset(flag,0,sizeof(flag));

    flag[0] = true;

    for(i=1;i<=6;i++)

    {

        if(array[i]>0)

        {

            for(j=max;j>=0;j--)  //至于为什么要从大到小，写成从小到大的，调试一下就可以看出问题，//比如有1个1，原来flag[0] = true,循环一遍后flag[1] = true,此时再判断flag[1]=true,继续flag[2] = true就不//合题意了，从大到小可以解决这个问题

            {

                if(flag[j])

                {

                    for(k=1;k<=array[i];k++)

                    {

                        if(j+k*i==sum/2)

                            return true;

                        else if(j+k*i<sum/2&&!flag[j+k*i])

                        {

                            if(j+k*i>max) max = j+k*i;

                            if(j+k*i>sum/2) max = sum/2;

                            flag[j+k*i] = true;

                        }

                    }

                }

            }

        }

    }

    return false;

}

 

假设现在flag[]的序列是这样的：1 1 0 1 1 0 1 1 0 1，当前考察的是 i=3；array[i]=5，就是要在这个基础上加上5个3，按照程序的意思，从最后一个1开始依此加上3，将其值变为1，一共加上5个，然后在倒数第二个1上依此加上3，将其值变为1，一共加上5个，这个过程不会遇见flag=1的情况，给倒数第三个1依此加3的时候，会遇到：flag=1,这个时候就可以break了，因为这时候还需要加的4个3都在最后一个1加5个3时候加过了，这里要注意的是，给每个1加上3时候，只会遇到”旧的”flag=1,不会遇到新增加的flag=1,而旧的1已经加过了array[i]个i，所以就不用加了，直接退出就行了。

修改后的代码：

   

这样就ac了。0ms。

带有详细注释的代码可以在http://download.csdn.net/user/china8848/获得

 

 

for(i=1;i<=6;i++)

    {

        if(array[i]>0)

        {

            for(j=max;j>=0;j--)

            {

                if(flag[j])

                {

                    for(k=1;k<=array[i];k++)

                    {

                        if(j+k*i==sum/2)

                            return true;

                        if(j+k*i>sum/2||flag[j+k*i])

                            break;

                        flag[j+k*i] = true;

                    }

                }

            }

        }

        max += array[i]*i;

        if(max>sum/2) max = sum/2;

}

这样问题就解决了，submit，结果超时，从joj上试了一下，结果ac，6s多，距离poj的1s还很远。我们考察如果flag[j+k*i]已经等于true，就不用继续循环下一个k了，直接break就可以了，具体原因是这样的：