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] 这 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 2≤n≤3000, 0≤ai≤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 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<i,j+aj≥i) 来更新 d p [ i ] dp[i] dp[i],但是更新中会发现一个问题:
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][i−1]+cnt)
这种情况下 j j j 能到达的最远距离刚好为 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][i−1] 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,i−1] 且 k + a k ≥ i k + a_k \ge i k+ak≥i 这样的点的数量,防止 d p [ j ] [ i − 1 ] dp[j][i-1] dp[j][i−1] 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。
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] 为 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