[洛谷]P3205 [HNOI2010]合唱队 (#区间dp)

区间DP算法详解
本文介绍了一个经典的区间动态规划问题——如何根据给定的理想队形,计算出可以获得该队形的不同初始队列的数量。通过详细解释算法思想及实现过程,帮助读者理解区间DP的应用。

题目描述

为了在即将到来的晚会上有更好的演出效果,作为AAA合唱队负责人的小A需要将合唱队的人根据他们的身高排出一个队形。假定合唱队一共N个人,第i个人的身高为Hi米(1000<=Hi<=2000),并已知任何两个人的身高都不同。假定最终排出的队形是A 个人站成一排,为了简化问题,小A想出了如下排队的方式:他让所有的人先按任意顺序站成一个初始队形,然后从左到右按以下原则依次将每个人插入最终棑排出的队形中:

-第一个人直接插入空的当前队形中。

-对从第二个人开始的每个人,如果他比前面那个人高(H较大),那么将他插入当前队形的最右边。如果他比前面那个人矮(H较小),那么将他插入当前队形的最左边。

当N个人全部插入当前队形后便获得最终排出的队形。

例如,有6个人站成一个初始队形,身高依次为1850、1900、1700、1650、1800和1750,

那么小A会按以下步骤获得最终排出的队形:

1850

  • 1850 , 1900 因为 1900 > 1850

  • 1700, 1850, 1900 因为 1700 < 1900

  • 1650 . 1700, 1850, 1900 因为 1650 < 1700

  • 1650 , 1700, 1850, 1900, 1800 因为 1800 > 1650

  • 1750, 1650, 1700,1850, 1900, 1800 因为 1750 < 1800

因此,最终排出的队形是 1750,1650,1700,1850, 1900,1800

小A心中有一个理想队形,他想知道多少种初始队形可以获得理想的队形

输入输出格式

输入格式:

输出格式:

注意要mod19650827

输入输出样例

输入样例#1

4
1701 1702 1703 1704

输出样例#1

8

说明

30%的数据:n<=100

100%的数据:n<=1000


思路

区间dp好题!!!!!!!

这题是和P1220有点相似的。给定一个理想数列,例如:1701,1702,1703,1704,求一共有多少种原队列。

通过排队方式很显然可以看出原队列的最后一位应该从1701和1704中选取。如果选择的是1701,那么原问题就产生一个子问题: 给定一个理想数列,1702,1703,1704求一共有多少种原队列;如果选择的是1704,那么原问题就产生另一个子问题: 给定一个理想序列,1701,1702,1703求一共有多少种原序列。对于一个最终序列区间[i,j],最后一个添加的只可能是第i个人或者第j个人。

所以如果最后一个是i,则对于这个区间[i,j],a[i]<a[i+1]或a[i]<a[j]

如果最后一个是j,则对于这个区间[i,j],a[j]>a[j-1]或a[j]>a[i]

令dp[i][j][0]为在最终序列的区间[i,j]中,最后一个添加i的方案数;dp[i][j][1]为在最终序列的区间[i,j]中,最后一个添加j的方案数。[i,j]这个区间可以从[i-1,j]或[i,j+1]转移过来。

1.当r(右端点)的数大于上一个且上一个插在右端时

dp[i][j][1]=dp[i][j][1]+dp[i][j-1][1] (a[j]>a[j-1])

2.当右端点的数大于左端点且上一个插入在左端时

dp[i][j][1]=dp[i][j][1]+dp[i][j-1][0] (a[j]>a[i])

3.当左端点的数小于后一个且上一个插入在左端时

dp[i][j][0]=dp[i][j][0]+dp[i+1][j][0] (a[i]<a[i+1])

4.当左端点的数小于右端点且上一个插入在右端时

dp[i][j][0]=dp[i][j][0]+dp[i+1][j][1] (a[i]<a[j])

答案为最后一个插入的为右端点和最后一个插入的为左端点之和。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[1001][1001][2],n,s,a[1001]; 
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i,j,l;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i][i][0]=1;//临界条件:i==j 
	}
	for(l=2;l<=n;l++)
	{
		for(i=1;i+l-1<=n;i++)
		{
			int j=i+l-1;
			if(a[j]>a[j-1])
			{
				dp[i][j][1]+=dp[i][j-1][1];
			}
			if(a[j]>a[i])
			{
				dp[i][j][1]+=dp[i][j-1][0];
			}
			if(a[i]<a[i+1])
			{
				dp[i][j][0]+=dp[i+1][j][0];
			}
			if(a[i]<a[j])
			{
				dp[i][j][0]+=dp[i+1][j][1];
			}
			dp[i][j][0]%=19650827;
			dp[i][j][1]%=19650827;
		}
	}
	cout<<(dp[1][n][0]+dp[1][n][1])%19650827;
	return 0;
}

 

<think>好的,我现在需要解决用户关于[HNOI2010]弹飞绵羊的问题,特别是分块方法的解题思路。首先,我需要回忆一下这个题目的具体内容以及分块算法的一般应用。 题目大意应该是每个装置有一个弹力系数,当绵羊到达某个位置时会被弹到后面的某个位置,直到弹飞为止。问题应该是要求动态维护弹飞所需的步数,或者支持修改某个位置的弹力系数,同时查询某个点弹飞所需的次数。 分块处理这种问题通常是将数据分成多个块,每个块维护一些预处理的信息,这样在查询和修改时可以降低时间复杂度。比如,对于每个位置i,可以预处理出跳出当前块需要的步数,以及跳出后的落点位置。这样查询时就可以逐块跳跃,减少计算量。 接下来,我需要具体思考分块如何在这里应用。每个块的大小通常取√n,这样总共有√n个块。对于每个位置i,在预处理阶段,需要计算从i出发,需要多少步才能跳出当前所在的块,并且记录跳出后的位置。这样,当查询某个点的弹飞步数时,只需要累加每个块的步数,直到弹飞为止。修改操作时,只需要更新所在块内的信息,因为块内的预处理信息可能被影响,但其他块不受影响。 例如,假设块大小为m,对于每个位置i,如果i + a[i]超出了当前块的范围,则step[i] = 1,next[i] = i + a[i]。否则,step[i] = step[i + a[i]] + 1,next[i] = next[i + a[i]]。这样预处理之后,查询时从当前位置开始,每次跳到next[i],并累加step[i],直到next[i]超过n,即弹飞。 修改操作时,比如修改位置k的弹力系数,那么需要从k所在块的起始位置开始,重新计算该块内所有位置的step和next。这是因为修改可能影响该块内其他位置的预处理结果。比如,如果某个位置j的next[j]原本指向k的位置,修改k的弹力系数会影响j的next和step,所以需要重新计算整个块的信息。 这样,每次查询的时间复杂度是O(√n),因为每个块最多跳一次,而块的数量是√n。修改操作的时间复杂度是O(√n),因为需要重新处理整个块,大小是√n。 需要注意的是,分块的具体实现需要确定块的大小,通常取√n,但有时根据实际情况调整可能会有更好的效果。另外,预处理每个块的step和next时,需要从块的末尾向前处理,因为后面的位置的处理结果可能影响前面的位置。 可能还需要考虑边界条件,比如弹力系数是否可能超过数组长度,或者弹飞的条件。比如,当i + a[i] >= n时,就算弹飞,此时step[i]=1,next[i]=n或某个超出范围的标记。 另外,在实现过程中,如何处理块的分界点,以及如何遍历每个块内的元素,都是需要注意的细节。例如,块的范围是左闭右开还是左闭右闭,需要统一处理,避免数组越界或者漏掉元素。 总结一下,解题步骤应该是: 1. 将整个数组分成若干块,块的大小约为√n。 2. 预处理每个块内的每个位置i的step[i]和next[i],处理顺序应该是从块的最后一个元素向前处理。 3. 查询时,从查询点开始,不断跳到next[i],并累加step[i],直到i超出数组范围,总步数即为答案。 4. 修改时,找到修改位置所在的块,重新预处理该块内的所有元素的step和next。 这样,分块方法能够将时间复杂度降到O(m√n),其中m是操作次数,适用于较大的数据规模,符合算法竞赛的要求。 在代码实现时,需要注意块的下标处理,比如块号从0开始还是1开始,块的大小是否需要调整以适应数组长度不能被整除的情况。此外,预处理函数需要正确计算每个块的起点和终点,并在块内逆序处理元素,以确保后面的元素先被处理,前面的元素可以正确引用后面的step和next值。 举个例子,假设数组长度n=10,块大小m=3,那么块0是0-2,块1是3-5,块2是6-8,块3是9。对于每个块内的元素,比如块0,从位置2开始处理到0。对于位置i=2,如果a[2]=4,则i+a[i]=6,超过块0的范围,所以step[2]=1,next[2]=6。然后处理i=1,假设a[1]=2,则i+a[i]=3,属于块1,所以step[1]=1,next[1]=3。接着处理i=0,假设a[0]=1,则i+a[i]=1,仍在块0内,所以step[0] = step[1] + 1 = 2,next[0] = next[1] =3。这样,当查询位置0时,会先跳到3,再跳到next[3]的位置,依此类推,直到弹飞。 因此,分块方法的关键在于预处理每个块内的跳跃信息,使得查询时可以快速跨块计算,而修改时只需要更新所在块的信息,从而将时间复杂度降低到可接受的范围。</think>### [HNOI2010]弹飞绵羊分块解法思路 #### 问题分析 题目要求维护一个包含$n$个弹簧的序列,每个弹簧有弹力系数$k_i$。当绵羊落在位置$i$时,会被弹到$i + k_i$的位置,直到弹飞(即位置$\geq n$)。需要支持两种操作: 1. **查询**:从位置$x$出发,弹多少次会被弹飞? 2. **修改**:将位置$x$的弹力系数改为$y$。 #### 分块思 将序列分为$\sqrt{n}$个块,每个块大小约为$\sqrt{n}$。预处理每个位置的**跳跃步数**和**落点**,使得: - **块内跳跃信息**:对于每个位置$i$,记录跳出当前块所需的步数$step[i]$和最终落点$next[i]$。 - **查询优化**:每次查询只需逐块跳跃,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 - **修改优化**:修改仅影响当前块的信息,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 #### 预处理方法 1. **块划分**:将数组划分为$m = \lceil \sqrt{n} \rceil$个块,每个块大小为$m$。 2. **逆序处理**:从每个块的最后一个位置向前遍历: - 若$i + k_i$超出当前块,则$step[i] = 1$,$next[i] = i + k_i$。 - 若未超出,则继承下一个位置的步数和落点: $$step[i] = step[i + k_i] + 1, \quad next[i] = next[i + k_i]$$ #### 查询操作 从位置$x$开始,不断跳转到$next[x]$并累加$step[x]$,直到$next[x] \geq n$。总步数即为答案。 #### 修改操作 1. 找到位置$x$所在的块。 2. **重置块内信息**:从该块的最后一个位置重新逆序计算$step$和$next$。 #### 代码框架(Python示例) ```python import math class BlockSolution: def __init__(self, n, k): self.n = n self.k = k.copy() self.block_size = int(math.sqrt(n)) + 1 self.step = [0] * n self.next = [0] * n self.build_blocks() def build_blocks(self): # 分块预处理 for block_start in range(0, self.n, self.block_size): block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: # 跳出当前块 self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: # 依赖块内后续位置 self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] def query(self, x): # 查询弹跳次数 res = 0 while x < self.n: res += self.step[x] x = self.next[x] return res def update(self, x, y): # 修改弹力系数并重建块 self.k[x] = y block_start = (x // self.block_size) * self.block_size block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] ``` #### 复杂度分析 - **预处理**:$O(n)$ - **查询**:$O(\sqrt{n})$ - **修改**:$O(\sqrt{n})$ #### 应用场景 分块法适用于需要**动态维护跳跃路径**且**支持快速修改**的问题,例如弹飞绵羊、树状路径跳跃等[^1]。
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