题解 P2029 【跳舞】

皎月半洒花 · 2018-12-21 20:48:55 · 题解

一道不是十分水的dp.

首先我们考虑dp方程的构造。起初我定义的状态是dp_{i,j}表示前i个格子，总共跳了j次的最大得分。但事实上它并不可以转移，因为我们不知道新的一轮操作从之间的哪个格子算起。

那么状态转移方程就出来了，我们把第一维改成本次跳到第i个格子上，包括本次在内总共跳了j次的最大得分，那么转移的时候，由于本次一定要跳到i上（如状态中所定义），所以不用分类讨论。方程就是：dp_{i,j}=\max\{dp_{k,j-1}-\rm{Sum(k + 1, i-1)}\}+A_i 其中0 \leq k < i(\text{不能两次跳到同一个格子上所以右区间为开区间})，\rm{Sum(l,r)}\mathcal{=\sum\limits_{i=l}^{r}A_i}

代码大概是这样(\rm{30pts})：

#include <cstdio>
#include <iostream>

#define MAXN 5010 

using namespace std ; int i, j, k, Ans ;
int N, T, S[MAXN], dp[MAXN][MAXN], A[MAXN], B[MAXN] ;

int main(){
    cin >> N >> T ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) 
        scanf("%d", &A[i]), S[i] = S[i - 1] + A[i] ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) scanf("%d", &B[i]) ;
    for (i = 0 ; i <= N ; ++ i) 
        for (j = 0 ; j <= N ; ++ j)
            dp[i][j] = -192608170 ; dp[0][0] = 0 ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i)
        for (j = 1 ; j <= i ; ++ j){
            for (k = 0 ; k < i ; ++ k)
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[k][j - 1] - S[i - 1] + S[k] + A[i]) ;
            if (j % T == 0) dp[i][j] += B[i] ; Ans = max(Ans, dp[i][j]) ;
        }
    cout << Ans << endl ; return 0 ;
}

但是我们发现，这个复杂度是\Theta(n^3)的，于是选择优化。dp优化的老套路就是：

• 优化状态维数

• 优化转移复杂度

而此处我们不可以优化状态了，所以考虑优化转移复杂度。转移的复杂度是\Theta(n)的，我们考虑可否\Theta(1)转移，最终使得总复杂度为\Theta(n^2) \times \Theta(1) \leq O(n^2)

从状态转移方程入手，我们发现有关于k是满足单调性的。所以不妨我们记录一下每次的k，即把dp[k][j-1]+ S[k]中的最大值存储下来，从而达到\Theta(1)转移的目的。

此处笔者使用了比较玄学的存储方式……类似刷表……当然这个地方有多种的优化方式啦～

完整版code（700～800ms）:

#include <cstdio>
#include <iostream>

#define MAXN 5010 

using namespace std ; int i, j, k, p, Ans ;
int N, T, Last[MAXN], S[MAXN], dp[MAXN][MAXN], A[MAXN], B[MAXN] ;

int main(){
    cin >> N >> T ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) 
        scanf("%d", &A[i]), S[i] = S[i - 1] + A[i] ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) scanf("%d", &B[i]) ;
    for (i = 0 ; i <= N ; ++ i) 
        for (j = 0 ; j <= N ; ++ j)
            dp[i][j] = -192608170 ; dp[0][0] = 0 ;
    for (j = 1 ; j <= N ; ++ j){
        for (i = j ; i <= N ; ++ i){
            p = Last[i - j], Last[i - j] = 0 ;
            dp[i][j] = p - S[i - 1] + A[i] ; 
            if (j % T == 0) dp[i][j] += B[i] ; Ans = max(Ans, dp[i][j]) ;
            Last[i - j] = max(Last[i - j - 1], dp[i][j] + S[i]) ;
        }
    }
    cout << Ans << endl ; return 0 ;
}

毒瘤常数优化后被艹到龟速的版本（1100ms +）：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>

#define max Max
#define MAXN 5010 
#define Inf 19260817

using namespace std ; int i, j, k, p, t, Ans ;
int N, T, Last[MAXN], S[MAXN], dp[MAXN][MAXN], A[MAXN], B[MAXN] ;

inline int Max(int a, int b){
    return a & ((b - a) >> 31) | b & ( ~ (b - a) >> 31) ;
}
inline int qr(){
    int res = 0 ; char c = getchar() ;
    while (!isdigit(c)) c = getchar() ;
    while (isdigit(c)) res = (res << 1) + (res << 3) + c - 48, c = getchar() ;
    return res ;
}
int main(){
    cin >> N >> T ; 
    for (i = 0 ; i <= N ; ++ i)
        for (j = 0 ; j <= N ; ++ j)
            dp[i][j] = -Inf ; dp[0][0] = 0 ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) 
        A[i] = qr(), S[i] = S[i - 1] + A[i] ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i) B[i] = qr() ; 
    for (j = 1 ; j <= N ; ++ j){
        for (i = j ; i <= N ; ++ i){
            t = i - j, p = Last[t], dp[i][j] = p - S[i - 1] + A[i] ; 
            if (!(j % T)) dp[i][j] += B[i] ; Ans = max(Ans, dp[i][j]), Last[t] = max(Last[t - 1], dp[i][j] + S[i]) ;
        }
    }
    cout << Ans << endl ; return 0 ;
}

唉，先有常数后有天，反向优化Sun神仙啊