USACO动态规划二测总结

前言+总结

这次七点半开始，两个半小时四道题，最终156.xxx哭唧唧。被硕神虐到爆。scy说有一道AC自动机+dp，好了蒟蒻还没搞自动姬呢！翻了下题目，嗯第四题，看了几眼不怎么看懂又不会自动姬就先直接判死刑。

先打的第一题，画了一下发现是看斜率的，样例解释坑死。打了个O(n^2)的dp，看了范围手动测了几组数据目测能过，下一题！啊第二题应该是个三维dp，我写了下状态，感觉状态转移有点虚(莫名慌)。于是去打了暴力（贪心那种）发现样例调都不对，真的一直调调到八点半快九点了！(没有发现样例就在卡贪心= =)然后先跳过打第三题，最后只想到了乱搞搞到O(n^2)，明显超时的算法，但是目前来看无论能不能A先骗分吧。滚回去调第二题暴力，发现了贪心bug，改了一下过样例后就去虚一下三维dp，样例很快过了，手动和暴力对拍了几下。时间也就剩几分钟了。就这样吧。

最后，发现，第一次存斜率的初始化！！清成0了可能是负数的啊QWQ 第二题for循环打反了反了！我不会说一开始打对了，打着打着方程觉得应该反过来还觉得幸好自己发现了有点机智的(= =简直mdzz啊) 第三题n方算法有50分也算意料之中，第一二题跪到只有一半分orzorzorz(可能应该说居然这样还有一半分)

感觉总结没什么好说总结嘛，多吃核桃弥补脑子残疾，把还没搞的算法学完。细节要多考虑！

题意+题解

第一题bzoj 1721[Usaco2006 Mar]Ski Lift 缆车支柱

解释那里的 因为9海拔较高 有误啊！应该是因为较低吧。

这个我的算法跟别人的有点不一样，O(nm)≈O(n^2)吧也。

设sp[j]表示j后面的点到j的斜率的最大值，随着dp不断更新，并不是预处理。

f[i]表示在i点建站，且搞定之前所要建的个数。

明显方程就是f[i]=min(f[i],f[j]+1); 

j扫i的前m个，判断i到j的斜率是否大于i前面的点到j的最大斜率，这个时候就用到了sp[j]，随便更新sp[j]。

附代码

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;#define maxn 5100LL mymin(LL x,LL y){return (x<y)?x:y;}LL f[maxn],h[maxn];double sp[maxn];double slop(int j1,int j2){return 1.0*(h[j2]-h[j1])/(j2-j1);}int main(){//freopen("skilift.in","r",stdin);//freopen("skilift.out","w",stdout);int n,m,i,j;scanf("%d%d",&n,&m);for (i=1;i<=n;i++){scanf("%I64d",&h[i]);if (i!=1) sp[i-1]=slop(i-1,i);}memset(f,63,sizeof(f));f[1]=1;for (i=2;i<=n;i++){for (j=1;j<=m;j++) if (i>j) { double ls=slop(i-j,i); if (ls>=sp[i-j]) {f[i]=mymin(f[i],f[i-j]+1);sp[i-j]=ls;} }else break;f[i]=mymin(f[i],f[i-1]+1);}printf("%I64d\n",f[n]);return 0;}

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第二题poj 1946 Cow Cycling

三维dp，真的我觉得我的代码和做法比cgh的好多了！233

设f[i][j][k]表示用到第i只牛来当队首，j为队首剩下的体力，k为已经绕了多少圈。

枚举速度，方程就很容易写出来了。

然后要记得把换个队首的传下去。

代码里被屏蔽的那部分就是一开始打的暴力orz，能过一半点！

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,s,ans;int f[30][110][110];int mymin(int x,int y){return (x<y)?x:y;}/*void baoli(int x,int ds,int qs,int t){if (qs>=s) {ans=mymin(ans,t);return;}if (x==0) return;int orz=sqrt(ds);if ((s-qs)*(s-qs)<=ds) {ans=mymin(ans,t+1);return;}for (int i=orz;i>=1;i--) baoli(x,ds-i*i,qs+i,t+1);baoli(x-1,m-qs,qs,t);}*/int main(){//freopen("cycling.in","r",stdin);//freopen("cycling.out","w",stdout);int i,j,k,ii;scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);//ans=s;baoli(n,m,0,0);memset(f,63,sizeof(f));f[1][m][0]=0;ans=s;for (i=1;i<=n;i++)//枚举队首用到了第几只牛  for (j=m;j>=0;j--)//队首体力剩多少  { for (ii=0;ii<=s;ii++)//已经绕了第几圈        {   for (k=1;k*k<=j;k++)//枚举下一分钟的速度             f[i][j-k*k][ii+k]=mymin(f[i][j-k*k][ii+k],f[i][j][ii]+1);   f[i+1][m-ii][ii]=mymin(f[i+1][m-ii][ii],f[i][j][ii]);}ans=mymin(ans,f[i][j][s]);  }printf("%d\n",ans);return 0;}

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第三题bzoj1587[Usaco2009 Mar]Cleaning Up 打扫卫生

这道题，可以想到分n个最多花的时间就是n嘛~如果超过的话我不如一个一个来打扫呢对吧。（这个我想到了！但是后面的就不行了去问了奥爷爷和男神还是不懂啊还说不是zz!qwq）所以分n个的话这其中的颜色种类个数不能超过根号n个。

先预处理与此同色的上一个位置和后一个位置。

设pos[]，pos[]记录的是扫的这段中某种颜色第一次出现的位置。num[i]为pos[i]~目前扫到的位置间不同颜色种类的个数。诶诶诶好难表达啊语文不好啊><><><具体看代码意会orz

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 40100int w[maxn],a[maxn],f[maxn],nt[maxn];int pos[maxn],num[maxn],pre[maxn];int mymin(int x,int y){return (x<y)?x:y;}int main(){//freopen("cleanup.in","r",stdin);//freopen("cleanup.out","w",stdout);int n,m,i,j,K;scanf("%d%d",&n,&m);memset(f,63,sizeof(f));memset(nt,63,sizeof(nt));memset(w,-1,sizeof(w));for (i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);nt[w[a[i]]]=i;pre[i]=w[a[i]];w[a[i]]=i;}f[1]=1;K=floor(sqrt(n));for (i=1;i<=K;i++) pos[i]=1,num[i]=1;for (i=2;i<=n;i++){for (j=1;j<=K;j++)//枚举前面的颜色种数，不能超过K=根号n{if (pre[i]<pos[j])//看看在i位置的这种颜色的上一个位置在不在区间内{num[j]++;//如果不在就说明这个区间内的颜色种类+1if (num[j]>j) //超出限制的话就要删掉最前面的一种颜色{while (nt[pos[j]]<=i) pos[j]++;pos[j]++;num[j]--;}}f[i]=mymin(f[i],f[pos[j]-1]+num[j]*num[j]);}}printf("%d\n",f[n]);return 0;}

诶这个本来是昨晚打的，为了国庆！今天发！随便祝祖国生快！~\(≧▽≦)/~啦啦啦~