垃圾陷阱 洛谷1156 dp

题目描述

卡门――农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛――已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方,它的深度为D(2<=D<=100)英尺。

卡门想把垃圾堆起来,等到堆得与井同样高时,她就能逃出井外了。另外,卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。

每个垃圾都可以用来吃或堆放,并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。

假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t(0< t<=1000),以及每个垃圾堆放的高度h(1<=h<=25)和吃进该垃圾能维持生命的时间f(1<=f<=30),要求出卡门最早能逃出井外的时间,假设卡门当前体内有足够持续10小时的能量,如果卡门10小时内没有进食,卡门就将饿死。

分析

谢谢老伙计提供的水题~~

dp[i]表示堆了i的高度能活多久

1.堆起来的话就是dp[i+h]=max(dp[i+h],dp[i])

2.吃掉dp[i]=dp[i]+f

初值dp[0]=10,若出不去就输出dp[0]了

ps:以时间为关键字把数据排序。

偷懒中233

code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>

using namespace std;

int dp[10000];
struct arr{
    int x,y,w;
}a[10000];

int n,m;

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a[i].w,&a[i].x,&a[i].y);
    }
    for (int i=1;i<=m-1;i++)
        for (int j=i+1;j<=m;j++)
            if (a[i].w>a[j].w)
            {
                arr k;
                k=a[i];
                a[i]=a[j];
                a[j]=k;
            } 
    dp[0]=10;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        for (int j=n;j>=0;j--)
        {
            if (dp[j]>=a[i].w)
            {
                if (j+a[i].y>=n)
                {
                    printf("%d",a[i].w);
                    return 0; 
                }  
                dp[j+a[i].y]=max(dp[j+a[i].y],dp[j]);
                dp[j]=dp[j]+a[i].x;
            } 
        }
    }
    printf("%d",dp[0]);
    return 0;
} 
### 关于平台上的区间动态规划乘积问题 #### 解析与实现 对于平台上涉及区间动态规划(DP)并处理乘积问题的任务,可以考虑如下解析方法: 在解决此类问题时,通常定义 `f(i, j)` 表示从前 `i` 个数字中插入 `j` 个乘号所能得到的最大乘积[^1]。初始条件设定为当不插入任何乘号 (`j = 0`) 的情况下,`f(i, 0)` 应等于由第 `1` 至第 `i` 数字组成的整数值;而如果尝试在一个长度不足以容纳所需乘号数量的情况下求解,则返回 `0`。 为了有效推进解决方案,在遍历过程中需维护一个三维数组来存储中间结果,其中第三维代表当前已使用的乘号数目。通过迭代更新这些值直到达到所需的乘号总数为止,最终可获得全局最优解。具体来说,状态转移方程表达式为: \[ f(i,j)=\max{\left(f(k,j-1)\times S[k+1]\cdots S[i]\right)} \] 此处 \(S[k+1]\cdots S[i]\) 是指从位置 `k + 1` 开始到 `i` 结束这一段连续子串所表示的整数[^2]。 ```python def max_product(n, s, k): # 初始化 DP table 和辅助变量 dp = [[0] * (k + 1) for _ in range(n)] # 设置基础情形下的值 for i in range(1, n + 1): num_str = int(s[:i]) dp[i - 1][0] = num_str # 动态规划填表过程 for cnt_mul in range(1, min(k, n - 1) + 1): # 控制乘号的数量 for end_pos in range(cnt_mul, n): # 当前考察序列结尾处索引 temp_max = float('-inf') for split_point in range(end_pos): product_part = int(s[split_point + 1 : end_pos + 1]) current_val = dp[split_point][cnt_mul - 1] * product_part if current_val > temp_max: temp_max = current_val dp[end_pos][cnt_mul] = temp_max return str(dp[-1][-1]) # 示例调用函数 n = 5 s = "9876" k = 2 print(max_product(n, s, k)) ``` 此代码片段实现了上述提到的状态转移逻辑,并针对给定输入参数进行了测试验证。
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