4249. 【五校联考7day1】游戏

原创于 2019-01-30 16:50:10 发布 · 346 阅读

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探讨了游戏算法中贪心策略与动态规划的应用，通过实例解析如何在游戏场景下最大化得分，介绍了贪心策略的具体实现及证明，对比了DP算法的不同效率。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

(File IO): input:game.in output:game.out

Time Limits: 1000 ms Memory Limits: 262144 KB Detailed Limits

Description

WYF从小就爱乱顶，但是顶是会造成位移的。他之前水平有限，每次只能顶出k的位移，也就是从一个整点顶到另一个整点上。我们现在将之简化到数轴上，即从一个整点可以顶到与自己相隔在k之内的数轴上的整点上。现在WYF的头变多了，于是他能顶到更远的地方，他能顶到任意整点上。现在他在玩一个游戏，这个游戏里他只能向正方向顶，同时如果他从i顶到j，他将得到a[j] * (j - i)的分数，其中a[j]是j点上的分数，且要求j > i, 他最后必须停在n上。
现给出1～n上的所有分数，原点没有分数。他现在在原点，没有分。WYF想知道他最多能得多少分。

Input

第一行一个整数n。
第二行有n个整数，其中第i个数表示a[j]。

Output

一个整数，表示WYF最多能得到的分数。

Sample Input

3
1 1 50

Sample Output

Data Constraint

对于60%的数据，n<=1000；
对于100%的数据，n<=100000,0<=a[j]<=50。

Source / Author: 北师大实验 game

题解：

贪。

具体：

若b是a+1~b这个区间中最大的，我们一定选择从a直接跳到b。

证明：

若直接跳到b不是最优的，那么一定存在一点i ，使得 $(i-a)*num[i] + (b-i)*num[b] > (b-a)num[b]$

将不等式左边拆开得

$i*num[i]-a*num[i] + b*num[b]-i*num[b]$

$= (b-a)*num[b]+i*(num[i] - num[b])$

第一项和不等式右边一样，考虑第二项，发现num[i] -num[b]是非正数，因此 $(i-a)*num[i] + (b-i)*num[b] <= (b-a)num[b]$

与题设矛盾。

所以说，假设我们现在在点p，那我们现在的任务就是去到下一个高峰上，就像这样：

具体地：

我们需要倒着做一遍求点i到n的最高峰，和其对应的点的编号。

然后p=0，（从起点往后走），每一次走到p+1~n的最高峰。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define inf 2147483647
#define rint register int
#define ll long long
#define lb long double
#define point(a) multiset<a>::iterator 
#define mod (ll)(998244353)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof (a))
#define mcy(a,b) memcpy((a) , (b) ,sizeof (a));
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
using namespace std;

struct node
{
	int id,v;
}ma[N];

int n,i,j,k,t,a[N],ans;

void work()
{
	for(i=n;i>0;i--) if(a[i] > ma[i+1].v) ma[i] = (node){i,a[i]} ; else ma[i] = ma[i+1];
	int p=0;
	while(p<n)
	{
		int t=p;
		p = ma[p+1].id ;
		ans+=a[p] * (p-t);
	}
}

int  main()
{
	open("game");
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	work();
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

简单又自然，时间复杂度O(n)

算法二：dp

dp方程显然，O(n^2)做法显然。

考虑O(n log n )算法

若决策点j 优于 k 则有

f[j] + a[i]*(i-j) > f[k]+a[i]*(i-k)

f[j]-f[k] > a[i]*(i-k) - a[i]*(i-j)

> a[i]*i - a[i]*k - a[i]*i +a[i]*j

> a[i] * （j-k）

因此我们有 $\frac{f[j]-f[k]}{j-k} > a[i]$ (j<k)