1453F Even Harder（dp）

最新推荐文章于 2020-12-31 15:01:23 发布

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分类专栏：个人题解文章标签： Codeforces 1453F Even Harder dp 动态规划

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_41765114/article/details/110825857

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这篇博客详细解析了Codeforces Round #688 (Div.2) F. EvenHarder问题，涉及动态规划和路径唯一化的算法设计。通过分析题目，博主提出了一种二维动态规划解决方案，描述了如何构建状态转移方程，并给出了时间复杂度为O(n^2)的代码实现。博客还探讨了如何处理路径冲突和避免多条路径出现的关键步骤。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

1453F Even Harder（dp）

Codeforces Round #688 (Div. 2)

F. Even Harder

题面：Even Harder

题意：水平方向上有 $[1, n]$ 这 $n$ 个平台，每个平台 $i$ 可以跳跃到 $i+1, i + a_i]$ 其中一个平台上，现在要从 $1$ 跳到 $n$ 有多条跳跃路径，问至少要将多少个 $a_i$ 置为 $0$ 才能只剩下唯一一条路径能从 $1$ 跳到 $n$ 。

范围： $\le n \le 3000,~0 \le a_i \le n-i$ 。

分析：显然这是一个动态规划问题，那要如何进行设计 $d p$ 转移方程呢？数据范围是 $3000$ ，提示我们需要使用二维 $d p$ 。

从最简单的一维开始，假设 $d p [i]$ 为从 $1$ 开始到达 $i$ 使得跳跃路径唯一的最小置零操作次数，可以想到用 $i，j+a_j\ge i)$ 来更新 $d p [i]$ ，但是更新中会发现一个问题：

在这里插入图片描述

如果 $d p [j]$ 是由 ② 更新而来的，那么用 $d p [j]$ 来更新 $d p [i]$ 的话可能会导致出现多条路径从 $1$ 到达 $i$ 。

由此我们明白了另外一个维度的约束信息 $x$ ，需要用来限制最远到达的距离，那么 $d p [i] [x]$ 就表示从 $1$ 出发到达 $i$ 且最远距离不超过 $x$ 的最小置零操作次数。

那么回到上面图片的例子中，此时我们需要用 $j$ 来更新 $i$ ，那么现在的更新方式为

$dp[i][j+a_j] = min(dp[i][j+a_j], dp[j][i-1] + cnt)$

这种情况下 $j$ 能到达的最远距离刚好为 $j + a_j$ ，并且我们利用 $d p [j] [i - 1]$ 来放置小于 $j$ 的点直接到达 $i$ 点导致存在多条跳跃路径。另外，不论是上述的一维 $d p [i]$ 还是 $d p [i] [x]$ 都需要用到 $c n t$ ，表示 $\in [j+1, i-1]$ 且 $a_k \ge i$ 这样的点的数量，防止 $d p [j] [i - 1]$ 或者 $j$ 跳到该区间再跳到 $i$ 之后形成多条路径的情况出现。

在这里插入图片描述

最后需要注意的是 $d p [i] [x]$ 表示能到达 $i$ 且最远能到的距离不超过 $x$ 所需要的操作次数，因此需要注意更新 $d p [i] [x]$ 为 $d p [i] [1 . . . x]$ 的最小值。

时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define double long double
using namespace std;
 
inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            w = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
        s = s * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return s * w;
}
 
const int MAXN = 3000 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
 
int n;
 
int arr[MAXN];

int dp[MAXN][MAXN];

signed main()
{
    int T = read();
    while (T--)
    {
        n = read();
        for (int i = 0; i <= n; i++)
        {
        	for (int j = 0; j <= n; j++)
        	{
        		dp[i][j] = 0;
        	}
        }
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            arr[i] = read();
        }
        // 注意从第二个开始，因为1到1操作次数为0，更新后dp[0][j]均为0
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
        	for (int j = i; j < n; j++)
        	{
        		dp[i][j] = INF;
        	}
        	int cnt = 0;
        	for (int j = i - 1; j >= 0; j--)
        	{
        		if (j + arr[j] >= i)
        		{
        			dp[i][j + arr[j]] = min(dp[i][j + arr[j]], dp[j][i - 1] + cnt);
        			cnt++;
        		}
        	}
        	for (int j = i + 1; j < n; j++)
        	{
        		dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j - 1]);
        	}
        }
        cout << dp[n - 1][n - 1] << endl;
    }
    return 0;
}

【END】感谢观看