1453F Even Harder(dp)

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。

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

范围 2 ≤ n ≤ 3000 ,   0 ≤ a i ≤ n − i 2 \le n \le 3000,~0 \le a_i \le n-i 2n3000, 0aini

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

从最简单的一维开始,假设 d p [ i ] dp[i] dp[i] 为从 1 1 1 开始到达 i i i 使得跳跃路径唯一的最小置零操作次数,可以想到用 d p [ j ] ( j < i , j + a j ≥ i ) dp[j](j < i,j+a_j\ge i) dp[j](j<ij+aji) 来更新 d p [ i ] dp[i] dp[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 ] dp[j] dp[j] 是由 ② 更新而来的,那么用 d p [ j ] dp[j] dp[j] 来更新 d p [ i ] dp[i] dp[i] 的话可能会导致出现多条路径从 1 1 1 到达 i i i

由此我们明白了另外一个维度的约束信息 x x x,需要用来限制最远到达的距离,那么 d p [ i ] [ x ] dp[i][x] dp[i][x] 就表示从 1 1 1 出发到达 i i i 且最远距离不超过 x x 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 j j 来更新 i i i,那么现在的更新方式为

d p [ i ] [ j + a j ] = m i n ( d p [ i ] [ j + a j ] , d p [ j ] [ i − 1 ] + c n t ) dp[i][j+a_j] = min(dp[i][j+a_j], dp[j][i-1] + cnt) dp[i][j+aj]=min(dp[i][j+aj],dp[j][i1]+cnt)

这种情况下 j j j 能到达的最远距离刚好 j + a j j + a_j j+aj,并且我们利用 d p [ j ] [ i − 1 ] dp[j][i-1] dp[j][i1] 来放置小于 j j j 的点直接到达 i i 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 ] dp[i] dp[i] 还是 d p [ i ] [ x ] dp[i][x] dp[i][x] 都需要用到 c n t cnt cnt,表示 k ∈ [ j + 1 , i − 1 ] k \in [j+1, i-1] k[j+1,i1] k + a k ≥ i k + a_k \ge i k+aki 这样的点的数量,防止 d p [ j ] [ i − 1 ] dp[j][i-1] dp[j][i1] 或者 j j j 跳到该区间再跳到 i i 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 ] dp[i][x] dp[i][x] 表示能到达 i i i 且最远能到的距离不超过 x x x 所需要的操作次数,因此需要注意更新 d p [ i ] [ x ] dp[i][x] dp[i][x] d p [ i ] [ 1... x ] dp[i][1...x] dp[i][1...x] 的最小值。

时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

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

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