YihAN_Z's 测试之——小熊的烦恼

SCU3037 Painting The Balls 解题报告

题面：

Petya puts the N white balls in a line and now he wants to paint some of them in black,
so that at least two black balls could be found among any M successive balls.
Petya knows that he needs Ci milliliters of dye exactly to paint the i-th ball.
Your task is to find out for Petya the minimum amount of dye he will need to paint the balls.

思路&题解

一开始拿到这道题的时候我想到的是我曾经做过的一道模拟题中的T3粉刷墙壁，但是当我写出了状态的表示方法：f[i][j]表示最后一个被着色的小球和倒数第二个被着色的小球分别是i和j时的最小花费，状态转移方程：f[i][j]=min(f[j][k])+c[i] (i-m<=k<=i-1)。

之后，但是本着Think twice, code once的理念，我发现这道题的数据比我当时写过的数据要大很多，直接暴力肯定会T。于是顺理成章地，想到了优化。

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对于动态规划的优化我几乎没有接触过，但是通过手工模拟写出动态规划的转移过程：
F[i][j]需比较的有：f[j][i-m],f[j][i-m+1],……,f[j][j-1]；
F[i+1][j]需比较的有：f[j][i-m+1],f[j][i-m+2],……,f[j][j-1]；

但是我看着着一坨东西当时并没有想出来什么东西……但是当我将两个式子上下颠倒并对其的时候：

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由此可见，从f[i+1][j]到f[i][j]，需要比较的东西只多了一个f[j][i-m]，暴力算法中对于同一个j，此部分的比较都是冗余的比较。由此找到了优化的切入点。

对于循环的顺序问题，我们想要推知，必须先要推理出两层循环的相对内外。为了方便表述，这里把此问题抽象为数轴，将状态f[i][j]中j表示的点称为左点(前点)，将i称为右点(后点)。当计算状态f[i][j]时必须要用到的状态是f[j][i-m],f[j][i-m+1],f[j][i-m+2],……,f[j][j-1]，所以可以知道当j点作为左点(f[i][j]中的i)时的状态是由j作为右点(f[i][j]中的j)时的（几乎）全部状态比较推导出来的。

换句话讲，计算以j点作为左点的状态之前，必须要让以j作为右点时的状态全部都处理完成、准备完毕。所以可以得知j（既左点）的循环相对i（既右点）的循环是外层循环。又由于i-m < i-m+1 < …… < j-1 < j，所以外层循环的顺序为正序循环。对于内层循环，为了配合上一段中写到的优化，采用倒序循环的方式进行循环，循环的同时可以保存参数path来记录同一个j的min(f[j][j-1],f[j][j-2],……,f[j][i-m])的值并在循环过程中不断的更新。

对于内存，10000*10000显然会爆掉，于是采用大小为100*100的滚动数组就可以记录全部当前需要的值了（m<=100）。但是同时也要重点重点重点强调要注意的一点：用滚动数组的时候一定要注意不要访问到外围内存，控制好访问的边界，比如这道题的一个 if(i>=m) break; 就让我WA了两次，所以下次一定要注意。

还有，大家一定要注意预处理啊！

代码

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int moder=101;const int INF=2147483647;int n,m;int c[10005];int f[205][205];int ans=INF;int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) {        ans=INF;        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);        for(int i=1;i<=200;i++) for(int j=1;j<=200;j++) f[i][j]=1e9;        f[1][0]=c[1];        for(int i=1;i<=m;i++)            for(int j=1;j<i;j++)                f[i][j]=c[i]+c[j];        for(int j=2;j<n;j++) {            int path=INF;            for(int i=j+m-1;i>j;i--) if(i>m) {                path=min(path,f[j%moder][(i-m)%moder]);                f[i%moder][j%moder]=path+c[i];            }        }        for(int i=n-m+1;i<=n;i++)            for(int j=i-1;i-j<m && n-j<m;j--)                ans=min(ans,f[i%moder][j%moder]);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}