免费馅饼 HDU - 1176 （dp）

最新推荐文章于 2021-04-27 20:07:40 发布

墨碎江南

最新推荐文章于 2021-04-27 20:07:40 发布

阅读量583

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/dsaghjkye/article/details/80269323

动态规划专栏收录该内容

20 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一个趣味算法问题——接馅饼问题。该问题通过一个生动的故事背景，描述了如何利用动态规划算法来确定一个人在一限定区域内能够接住的最大数量的馅饼。故事中的主角小王需要在一个10米的范围内移动并接住从天而降的馅饼，每秒移动范围不能超过1米。文章提供了一段示例代码，展示了如何实现这一算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

天上掉馅饼本指天空中降落类似馅饼那样的即免费又好吃的食物，泛指在自然生活中会无缘无故的发生一些可以满足人们欲望的物质或财富上面的事情；现在也贬指那些坐享其成，成天不务实际的人在假想一些不可能发生的事情，等待出现奇迹，天上怎么可能会掉馅饼。

有一天，小王同学正走在路上，忽然天上掉下大把大把的馅饼（哈哈哈。。。。）。这个只能说小王同学的人品太好，这馅饼就掉落在他身旁的10米范围内。所以小王同学马上去接馅饼，因为掉在地方的馅饼就不能吃了。他只能在这个10米范围内接馅饼。由于小王同学是一个非常优秀的Oier，但他不是一个优秀的运动员，所以他每秒钟只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时小王站在5这个位置上，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问小王最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

Input输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n= 0时输入结束。Output每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示小王最多可能接到m个馅饼。

Sample Input

5 1

4 1

6 1

7 2

8 3

Sample Output

Hint

样例解释：第0秒的时候，小王在5这个位置上，馅饼数为0。

第1秒的时候，他选择走到6这个位置，接到了他的第一个馅饼。

第2秒的时候，他选择走到7这个位置，又接了两个。

第3秒的时候，他选择走到8这个位置，所有总共有4个。

我们可以从后往前dp ，p [ i ][ j ] 代表第 i 秒第 j 个位置下落的馅饼数 ,dp [ i ] [ j ]代表第 i 秒第 j 个位置最多接到几个馅饼

显然我们可以从 dp [ i-1 ] [ j ] 和 dp[ i -1 ] [ j - 1 ] 和 dp[ i -1 ] [ j + 1 ] 走到 dp [ i ] [ j ]

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int dp[110000][20];
int p[110000][20];
int tot;
int main()
{
    int n,a,b;
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(p,0,sizeof(p));
        int ma=0;
        while(n--)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            p[b][a]++;
            ma=max(ma,b);//最大时间
        }
        for(int i=ma;i>=1;i--)
        {
           for(int j=10;j>=0;j--)
           {
               dp[i][j]+=p[i][j];
               dp[i-1][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j]);
               dp[i-1][min(10,j+1)]=max(dp[i-1][min(10,j+1)],dp[i][j]);
               dp[i-1][max(0,j-1)]=max(dp[i-1][max(0,j-1)],dp[i][j]);
           }
        }
        printf("%d\n",dp[0][5]);
    }
}