牛牛与数组 (简单dp)

博客围绕一道题目展开,指出该题是DP问题,用dp[i][j]表示第i位放j的方案数,给出转移方程。因三层循环会超时,可在第二层循环用中间变量省去一层,同时要预处理倍数情况并在DP过程中减去,总体复杂度为O(n* k * sqrt(k))。

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题目链接
这种题一看就是dp啊,dp[i][j]表示第i位放j的方案数,转移方程为dp[i][j]=dp[i-1][k]{k<=i||k%i!=0},当然我们可以三层循环来找,但数据显然会超时,那么我们只能在第二层循环中用中间变量记录一下可以省去一层循环,但是为倍数的情况必须要考虑,所以先预处理出所有的倍数,然后dp的过程中减去倍数的情况即可,总体复杂度O(n* k * sqrt(k)。

#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
#include <math.h>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define MAXN 1010100
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define ll __int64
#define INF 0x7fffffff
#define cs(s) freopen(s,"r",stdin)
#define mem(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define PI acos(-1)
#define eps 1e-10
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int lcm(int a,int b){return a/gcd(a,b)*b;}
LL powmod(LL a,LL b,LL MOD){LL ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
//head
const LL mod=1e9+7;
LL dp[11][100003];
vector<LL>p[100001];
LL n,k;
void P(){//预处理倍数
	for(int i=1;i<=k;i++){
		for(int j=2;1ll*j*i<=k;j++){
			p[i].pb(j*i);
		}
	}
}
LL a[111];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>k;
	P();
	for(int i=1;i<=k;i++)dp[1][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		LL pr=0;
		for(int j=1;j<=k;j++)pr=(0ll+pr+dp[i-1][j])%mod;
		LL sum=dp[i-1][1];
		for(int j=2;j<=k;j++){
			LL mi=pr;
			dp[i][j]=(0ll+sum+dp[i-1][j])%mod;
			sum=(0ll+sum+dp[i-1][j])%mod;//为dp[i-1][1]到dp[i-1][j]的和
			mi-=sum;
			for(int x:p[j]){
				mi-=dp[i-1][x];//减去倍数
			}
			dp[i][j]+=mi;
		}
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)ans=(ans+dp[n][i])%mod;
		cout<<ans;
	return 0;
}
"牛牛切割机问题"通常是一个经典的计算机科学算法题目,源自于一道面试题。它涉及动态规划和贪心策略。在C++中,这个问题是关于设计一个程序,帮助一个农场主合理安排一头名叫“牛牛”的水牛在一系列田地间的工作,田地需要通过切割机(每次只能切割一片田地)来进行耕作。 问题的核心在于如何找到最小的操作次数,使得所有田地都被耕作完。你需要考虑的是牛牛走过的路径和切割机的操作次数。通常,解这个问题会分为两步: 1. **构建状态**:定义一个二维数组或矩阵,其中每个元素表示到该位置所需的切割次数。初始时,从起点出发的切割次数为0,其他地方为无穷大。 2. **填充状态**:采用动态规划的方法,从左上角开始,逐步计算到达各个位置的最优切割次数。对于每个位置,如果当前位置可以直接到达,则更新其值为到达当前位置所需的最小切割次数加一;如果需要经过某个未访问过的中间位置,那么取经过那个位置后的最小值。 ```cpp int minCut(vector<vector<int>>& grid) { int m = grid.size(), n = grid[0].size(); vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, INT_MAX)); dp[0][0] = 0; for (int i = 0; i <= m; ++i) { for (int j = 0; j <= n; ++j) { // 如果当前位置可以到达,尝试从四个相邻格子取最小值 if (i > 0 && j > 0) { dp[i][j] = min({dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1], grid[i - 1][j - 1]}); } else { dp[i][j] = grid[i][j]; } } } return dp[m][n]; } ```
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