HDU 5890 Eighty seven(bitset优化dp)

本文介绍了一种解决特定数字选择问题的方法,通过两种算法实现从一组数字中选择若干数字使得其总和达到指定值。第一种算法使用动态规划与bitset优化,第二种算法则通过将数字序列分为四段并分别进行处理来降低时间复杂度。

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n31087
C(50,3)2Wdp[i][j][k]ijk
O(C(50,3)n1087),bitset


bitset背包:

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")

using namespace std;
#define   MAX           100005
#define   MAXN          1000005
#define   maxnode       15
#define   sigma_size    30
#define   lson          l,m,rt<<1
#define   rson          m+1,r,rt<<1|1
#define   lrt           rt<<1
#define   rrt           rt<<1|1
#define   middle        int m=(r+l)>>1
#define   LL            long long
#define   ull           unsigned long long
#define   mem(x,v)      memset(x,v,sizeof(x))
#define   lowbit(x)     (x&-x)
#define   pii           pair<int,int>
#define   bits(a)       __builtin_popcount(a)
#define   mk            make_pair
#define   limit         10000

//const int    prime = 999983;
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const LL     INFF  = 0x3f3f;
const double pi    = acos(-1.0);
const double inf   = 1e18;
const double eps   = 1e-4;
const LL    mod    = 1e9+7;
const ull    mx    = 133333331;

/*****************************************************/
inline void RI(int &x) {
      char c;
      while((c=getchar())<'0' || c>'9');
      x=c-'0';
      while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
 }
/*****************************************************/

int a[55],n;
int b[55];
bitset<100> dp[15];
int ans[55][55][55];
void init(){
    mem(ans,0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            for(int k=j;k<=n;k++){
                int tot=0;
                for(int h=1;h<=n;h++){
                    if(h!=i&&h!=j&&h!=k&&a[h]<=87) b[tot++]=a[h];
                }
                for(int h=0;h<=10;h++) dp[h].reset();
                dp[0][0]=1;
                for(int h=0;h<tot;h++){
                   for(int hh=10;hh;hh--) dp[hh]|=(dp[hh-1]<<b[h]);
                }
                if(dp[10][87]) ans[i][j][k]=1;
            }
        }
    }
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        init();
        int q;
        cin>>q;
        while(q--){
            int x[5];
            scanf("%d%d%d",&x[0],&x[1],&x[2]);
            sort(x,x+3);
            if(ans[x[0]][x[1]][x[2]]) printf("Yes\n");
            else printf("No\n");
        }
    }
    return 0;
}

34
pre[i][j][k][sum]ijksum
suf[i][j][k][sum]ixjb
0n+1sumbitset
ksum
O(10n2)O(8710q)


代码:

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")

using namespace std;
#define   MAX           100005
#define   MAXN          1000005
#define   maxnode       15
#define   sigma_size    30
#define   lson          l,m,rt<<1
#define   rson          m+1,r,rt<<1|1
#define   lrt           rt<<1
#define   rrt           rt<<1|1
#define   middle        int m=(r+l)>>1
#define   LL            long long
#define   ull           unsigned long long
#define   mem(x,v)      memset(x,v,sizeof(x))
#define   lowbit(x)     (x&-x)
#define   pii           pair<int,int>
#define   bits(a)       __builtin_popcount(a)
#define   mk            make_pair
#define   limit         10000

//const int    prime = 999983;
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const LL     INFF  = 0x3f3f;
const double pi    = acos(-1.0);
const double inf   = 1e18;
const double eps   = 1e-4;
const LL    mod    = 1e9+7;
const ull    mx    = 133333331;

/*****************************************************/
inline void RI(int &x) {
      char c;
      while((c=getchar())<'0' || c>'9');
      x=c-'0';
      while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
 }
/*****************************************************/

int a[55],n;
bitset<100> pre[55][15][55];
bitset<100> suf[55][15][55];

void init(){
    for(int i=0;i<=n+1;i++){
        for(int j=0;j<=10;j++){
            for(int k=0;k<=n+1;k++){
                pre[i][j][k].reset();
                suf[i][j][k].reset();
            }
        }
    }
    pre[0][0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=10;j>=0;j--){
            for(int k=0;k<=i;k++){
                if(k==i){
                    for(int kk=0;kk<k;kk++) pre[i][j][k]|=pre[i-1][j][kk];
                }
                else{
                    pre[i][j][k]|=pre[i-1][j][k];
                    if(j) pre[i][j][k]|=(pre[i-1][j-1][k]<<a[i]);
                }
            }
        }
    }
    suf[n+1][0][n+1][0]=1;
    for(int i=n;i>0;i--){
        for(int j=10;j>=0;j--){
            for(int k=n+1;k>=i;k--){
                if(k==i){
                    for(int kk=n+1;kk>k;kk--) suf[i][j][k]|=suf[i+1][j][kk];
                }
                else{
                    suf[i][j][k]|=suf[i+1][j][k];
                    if(j) suf[i][j][k]|=(suf[i+1][j-1][k]<<a[i]);
                }
            }
        }
    }
}

int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        init();
        int q;
        cin>>q;
        while(q--){
            int x[5];
            scanf("%d%d%d",&x[0],&x[1],&x[2]);
            sort(x,x+3);
            int flag=0;
            int q=unique(x,x+3)-x;
            if(q==1){
                if(pre[n][10][x[0]][87]) flag=1;
            }
            else if(q==2){
                for(int i=0;i<=10;i++){
                    for(int j=0;j<=87;j++){
                        if(pre[x[0]-1][i][0][j]&&suf[x[0]+1][10-i][x[1]][87-j]) flag=1;
                    }
                }
            }
            else{
                for(int i=0;i<=10;i++){
                    for(int j=0;j<=87;j++){
                        if(pre[x[1]-1][i][x[0]][j]&&suf[x[1]+1][10-i][x[2]][87-j]) flag=1;
                    }
                }
            }
            if(flag) printf("Yes\n");
            else printf("No\n");
        }
    }
    return 0;
}
### 回答1: hdu 2829 Lawrence 斜率优化dp 这道题是一道经典的斜率优化dp题目,需要用到单调队列的思想。 题目大意是给定一个序列a,求出一个序列b,使得b[i]表示a[1]~a[i]中的最小值,且满足b[i] = min{b[j] + (i-j)*k},其中k为给定的常数。 我们可以将上式拆开,得到b[i] = min{b[j] - j*k} + i*k,即b[i] = i*k + min{b[j] - j*k},这个式子就是斜率优化dp的形式。 我们可以用单调队列来维护min{b[j] - j*k},具体思路如下: 1. 首先将第一个元素加入队列中。 2. 从第二个元素开始,我们需要将当前元素加入队列中,并且需要维护队列的单调性。 3. 维护单调性的方法是,我们从队列的末尾开始,将队列中所有大于当前元素的元素弹出,直到队列为空或者队列中最后一个元素小于当前元素为止。 4. 弹出元素的同时,我们需要计算它们对应的斜率,即(b[j]-j*k)/(j-i),并将这些斜率与当前元素的斜率比较,如果当前元素的斜率更小,则将当前元素加入队列中。 5. 最后队列中的第一个元素就是min{b[j] - j*k},我们将它加上i*k就得到了b[i]的值。 6. 重复以上步骤直到处理完所有元素。 具体实现可以参考下面的代码: ### 回答2: HDU 2829 Lawrence 斜率优化 DP 是一道经典的斜率优化 DP 题目,其思想是通过维护一个下凸包来优化 DP 算法。下面我们来具体分析一下这道题目。 首先,让我们看一下该题目的描述。题目给定一些木棒,要求我们将这些木棒割成一些给定长度,且要求每种长度的木棒的数量都是一样的,求最小的割枝次数。这是一个典型的背包问题,而且在此基础上还要求每种长度的木棒的数量相同,这就需要我们在状态设计上走一些弯路。 我们来看一下状态的定义。定义 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个木棒中正好能割出 $j$ 根长度为 $c_i$ 的木棒的最小割枝次数。对于每个 $dp[i][j]$,我们可以分类讨论: 1. 不选当前的木棒,即 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$; 2. 选当前的木棒,即 $dp[i][j-k]=dp[i-1][j-k]+k$,其中 $k$ 是 $j/c_i$ 的整数部分。 现在问题再次转化为我们需要在满足等量限制的情况下,求最小的割枝次数。可以看出,这是一个依赖于 $c_i$ 的限制。于是,我们可以通过斜率优化 DP 来解决这个问题。 我们来具体分析一下斜率优化 DP 算法的思路。我们首先来看一下动态规划的状态转移方程 $dp[i][j]=\min\{dp[i-1][k]+x_k(i,j)\}$。可以发现,$dp[i][j]$ 的最小值只与 $dp[i-1][k]$ 和 $x_k(i,j)$ 有关。其中,$x_k(i,j)$ 表示斜率,其值为 $dp[i-1][k]-k\times c_i+j\times c_i$。 接下来,我们需要维护一个下凸包,并通过斜率进行优化。我们具体分析一下该过程。假设我们当前要计算 $dp[i][j]$。首先,我们需要找到当前点 $(i,j)$ 在凸包上的位置,即斜率最小值的位置。然后,我们根据该位置的斜率计算 $dp[i][j]$ 的值。接下来,我们需要将当前点 $(i,j)$ 加入到下凸包上。 我们在加入点的时候需要注意几点。首先,我们需要将凸包中所有斜率比当前点小的点移除,直到该点能够加入到凸包中为止。其次,我们需要判断该点是否能够加入到凸包中。如果不能加入到凸包中,则直接舍弃。最后,我们需要保证凸包中斜率是单调递增的,这就需要在加入新的点之后进行上一步操作。 以上就是该题目的解题思路。需要注意的是,斜率优化 DP 算法并不是万能的,其使用情况需要根据具体的问题情况来确定。同时,该算法中需要维护一个下凸包,可能会增加一些算法的复杂度,建议和常规 DP 算法进行对比,选择最优的算法进行解题。 ### 回答3: 斜率优化DP是一种动态规划优化算法,其主要思路是通过对状态转移方程进行变形,提高算法的时间复杂度。HDU2829 Lawrence问题可以用斜率优化DP解决。 首先,我们需要了解原问题的含义。问题描述如下:有$n$个人在数轴上,第$i$个人的位置为$A_i$,每个人可以携带一定大小的行李,第$i$个人的行李重量为$B_i$,但是每个人只能帮助没有他们重量大的人搬行李。若第$i$个人搬运了第$j$个人的行李,那么第$i$个人会累加$C_{i,j}=\left|A_i-A_j\right|\cdot B_j$的体力消耗。求$m$个人帮助每个人搬运行李的最小体力消耗。 我们可以通过斜率优化DP解决这个问题。记$f_i$为到前$i$个人的最小体力消耗,那么状态转移方程为: $$f_i=\min_{j<i}\{f_j+abs(A_i-A_j)\cdot B_i\}$$ 如果直接使用该方程,时间复杂度为$O(n^2)$,如果$n=10^4$,则需要计算$10^8$次,运算时间极长。斜率优化DP通过一些数学推导将方程变形,将时间复杂度降低到$O(n)$,大大缩短了计算时间。 通过斜率优化DP的推导式子,我们可以得到转移方程为: $$f_i=\min_{j<i}\{f_j+slope(j,i)\}$$ 其中,$slope(j,i)$表示直线$j-i$的斜率。我们可以通过如下方式来求解$slope(j,i)$: $$slope(j,i)=\frac{f_i-f_j}{A_i-A_j}-B_i-B_j$$ 如果$slope(j,i)\leq slope(j,k)$,那么$j$一定不是最优,可以直接舍去,降低计算时间。该算法的时间复杂度为$O(n)$。 综上所述,斜率优化DP是一种动态规划优化算法,可以大大缩短计算时间。在处理类似HDU2829 Lawrence问题的时候,斜率优化DP可以很好地解决问题。
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