loj2550/洛谷P4558/bzoj5318 「JSOI2018」机器人性质分析＋DP

机器人行走问题的DP决策分析

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#DP #性质分析 #九条可怜

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博客围绕机器人行走问题展开分析。指出同一对角线行为决策须一致，行走有循环性，存在长度为d（d=gcd(n,m)）的循环节。要到达每行每列需满足gcd(dx,n)=1和gcd(dy,m)=1。通过枚举dx确定dy，再确定循环内决策，最后进行DP决策，分析了复杂度为O(n5)。

题目分析

首先，同一根对角线上的行为决策必须一样（要么都往右要么都往下）。
灵魂画手litble
行走是循环的，走到最右就变成最左，走到最左就变成最右了，所以“一根对角线”的意义也是循环的，比如说下图每一种颜色的点都属于同一根对角线。

假设有一根对角线，对于它上面的每一个点 $(x, y)$ ， $x + y = k$ 。当 $(x, y)$ 出了边界后，为了使它拥有合法的意义，需要（ $x + = n$ 或 $x - = n$ 或 $y + = m$ 或 $y - = m$ ），不难发现，最后所有满足 $x + y = k + a n + b m$ （ $a, b$ 为整数）的点都在这根对角线上。根据裴蜀定理，设 $d = g c d (n, m)$ ，所有满足 $x + y = k + t d$ （ $d$ 为整数）的点都在这根对角线上。因此，一共有 $d$ 条不同的对角线。

而机器人每走一步，都一定会到达一根新的对角线，所以机器人的行走决策，存在长度为 $d$ 的循环节。

假设对于每个 $d$ 循环节，选择“向下走”走了 $d x$ 步，“向右走”走了 $d y$ 步。显然要 $g c d (d x, n) = 1$ ，才能到达每一行。要 $g c d (d y, m) = 1$ ，才能到达每一列。至于充分性……呃，意会（捂脸）……

枚举 $d x$ ， $d y$ 也已知了，接下来的任务就只有确定循环内的决策了。

假设钦定机器人是在第 $P$ 步决策撞到障碍的，假设我钦定了前 $P$ 步决策是向下走 $x$ 步，向右走 $y$ 步，那么它撞到的障碍物的坐标应该被写成 $\times dx,1+y+k \times dy)$ 的形式，且 $k$ 要尽可能小。于是，设 $(1 + x, 1 + y)$ 点的“权值”为 $\times d$ ，即钦定在这步决策导致撞障碍物情况下，最早撞障碍物的时间。

接下来开始DP决策，设 $f (i, j, k)$ 表示从 $(1, 1)$ 走到 $(i, j)$ 这个点（即钦定走了 $i - 1$ 步向下， $j - 1$ 步向右），走到的最小权值为 $k$ （即已经钦定好了的决策导致最早的撞墙时间）的方案数。DP转移就是选择向下还是向右，最后将所有的 $\times f(dx+1,dy+1,k)$ 加入答案中。

复杂度分析： $\leq n*m$ ，DP复杂度 $O(n^4)$ ，枚举 $d x$ 复杂度 $O (n)$ ，计算权值复杂度 $O(n^4)$ ，总复杂度 $O(n^5)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
const int mod=998244353;
int T,n,m,d,ans,f[52][52][2502],val[52][52];
char mp[52][52];

int qm(int x) {return x>=mod?x-mod:x;}
int gcd(int x,int y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
int DP(int dx,int dy) {
	for(RI i=1;i<=dx+1;++i)
		for(RI j=1;j<=dy+1;++j)
			for(RI k=1;k<=n*m;++k) f[i][j][k]=0;
	f[1][1][val[1][1]]=1;
	for(RI i=1;i<=dx+1;++i)
		for(RI j=1;j<=dy+1;++j) 
			for(RI k=1;k<=n*m;++k) {
				if(!f[i][j][k]) continue;
				if(i<=dx) f[i+1][j][min(k,val[i+1][j])]=
					qm(f[i+1][j][min(k,val[i+1][j])]+f[i][j][k]);
				if(j<=dy) f[i][j+1][min(k,val[i][j+1])]=
					qm(f[i][j+1][min(k,val[i][j+1])]+f[i][j][k]);
			}
	int re=0;
	for(RI i=1;i<=n*m;++i) re=qm(re+1LL*i*f[dx+1][dy+1][i]%mod);
	return re;
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d",&n,&m),d=gcd(n,m),ans=0;
		for(RI i=1;i<=n;++i) scanf("%s",mp[i]+1);
		for(RI dx=1;dx<=d;++dx) {
			if(gcd(dx,n)!=1||gcd(d-dx,m)!=1) continue;
			for(RI x=1;x<=dx+1;++x)
				for(RI y=1;y<=d-dx+1;++y) {
					int tx=x,ty=y,nowd=x-1+y-1;val[x][y]=n*m;
					do {
						if(mp[tx][ty]=='1') {val[x][y]=nowd;break;}
						tx+=dx,ty+=d-dx,nowd+=d;
						if(tx>n) tx-=n; if(ty>m) ty-=m;
					}while(tx!=x||ty!=y);
				}
			ans=qm(ans+DP(dx,d-dx));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}