洛谷P3975 跳房子 [DP,单调队列优化,二分答案]

本文介绍了一种基于跳房子游戏的算法挑战,通过二分搜索和动态规划解决机器人获得特定分数的问题。文中详细阐述了解题思路及代码实现。

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跳房子

题目描述

跳房子,也叫跳飞机,是一种世界性的儿童游戏,也是中国民间传统的体育游戏之一。

跳房子的游戏规则如下:

在地面上确定一个起点,然后在起点右侧画 n 个格子,这些格子都在同一条直线上。每个格子内有一个数字(整数),表示到达这个 格子能得到的分数。玩家第一次从起点开始向右跳,跳到起点右侧的一个格子内。第二次再从当前位置继续向右跳,依此类推。规则规定:

玩家每次都必须跳到当前位置右侧的一个格子内。玩家可以在任意时刻结束游戏,获得的分数为曾经到达过的格子中的数字之和。

现在小 R 研发了一款弹跳机器人来参加这个游戏。但是这个机器人有一个非常严重的缺陷,它每次向右弹跳的距离只能为固定的 d 。小 R 希望改进他的机器人,如果他花 g 个金币改进他的机器人,那么他的机器人灵活性就能增加 g ,但是需要注意的是,每 次弹跳的距离至少为 1 。具体而言,当 g<d 时,他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 dg,dg+1,dg+2 ,…,d+g2 , d+g1 , d+g ;否则(当 gd 时),他的机器人每次可以选择向右弹跳的距离为 1 , 2 , 3 ,…, d+g2 , d+g1 , d+g 。

现在小 R 希望获得至少 k 分,请问他至少要花多少金币来改造他的机器人。

输入输出格式

输入格式:

 

第一行三个正整数 n , d ,kk ,分别表示格子的数目,改进前机器人弹跳的固定距离,以及希望至少获得的分数。相邻两个数 之间用一个空格隔开。

接下来 n 行,每行两个正整数 xi,si ,分别表示起点到第 i 个格子的距离以及第i 个格子的分数。两个数之间用一个空格隔开。保证 xi 按递增顺序输入。

 

输出格式:

 

共一行,一个整数,表示至少要花多少金币来改造他的机器人。若无论如何他都无法获得至少 k 分,输出 1 。

 

输入输出样例

输入样例#1: 复制
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#1: 复制
2
输入样例#2: 复制
7 4 20
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2
输出样例#2: 复制
-1

说明

【输入输出样例 1 说明】

花费 2 个金币改进后, 小 R 的机器人依次选择的向右弹跳的距离分别为 2, 3, 5, 3, 4,3, 先后到达的位置分别为 2, 5, 10, 13, 17, 20, 对应 1, 2, 3, 5, 6, 7 这 6 个格子。这些格子中的数字之和 15 即为小 R 获得的分数。

输入输出样例 2 说明

由于样例中 7 个格子组合的最大可能数字之和只有 18 ,无论如何都无法获得 20 分

数据规模与约定

本题共 10 组测试数据,每组数据 10 分。

对于全部的数据满足1n500000,1d2000,1x_i,k10^9,si<10^5 。

对于第 1, 2 组测试数据, n ≤ 10;

对于第 3, 4, 5 组测试数据, n ≤ 500

对于第 6, 7, 8 组测试数据, d = 1


  分析:今天考试的时候遇到的题,考的时候没想到二分答案(因为平常不怎么刷二分答案的题,而且都忘的差不多了),所以基本弃疗。

  然后Frozen_Heart讲了一下这道题,又在网上看了一下大佬们的博客,然后就A了。用二分答案二分需要的金钱(也就是改变的灵活度),然后判断是否符合条件。判断函数中用DP,依次遍历每一个点,再遍历该点可以由那些点转移过来,方程为dp[i]=max(dp[i],d[j]+a[i].v),然后再记录最大的dp[i]返回即可。但是这样就是O(n^2)的复杂度,肯定还要优化,那么就是用单调队列优化了。当然单调队列优化这东西蒟蒻现在也不是太明白,也是跟着大佬的思路来做的,也不太好解释,那么就直接上代码吧。

  Code:

 

#include<bits/stdc++.h>
#define Fi(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Fx(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+7;
int n,d,k,ans=-1,L,R,q[N];ll sum,dp[N];
struct Node{int dis,v;}a[N];
inline int read()
{
  char ch=getchar();int num=0;bool flag=false;
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')flag=true;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9'){num=num*10+ch-'0';ch=getchar();}
  return flag?-num:num;
}
void ready()
{
  n=read();d=read();k=read();
  Fi(i,1,n){a[i].dis=read();a[i].v=read();
    if(a[i].v>0)sum+=a[i].v;}
  L=0;R=a[n].dis;
}
inline ll check(int x,int y)
{
  memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=0;
  int head=1,tail=0,j=0;ll ret=-1;
  memset(q,0,sizeof(q));
  Fi(i,1,n){
    while(a[i].dis-a[j].dis>=x&&j<i){
      if(dp[j]!=-1){
    while(head<=tail&&dp[q[tail]]<=dp[j])tail--;
    q[++tail]=j;}j++;}
    while(head<=tail&&a[i].dis-a[q[head]].dis>y)head++;
    if(head<=tail)dp[i]=dp[q[head]]+a[i].v;}
  Fi(i,1,n)ret=max(ret,dp[i]);return ret;
}
int main()
{
  ready();if(sum<k){cout<<ans<<"\n";return 0;}
  while(L<=R){int mid=(L+R)>>1;
    if(check(max(1,d-mid),d+mid)<k)L=mid+1;
    else ans=mid,R=mid-1;}
  cout<<ans<<"\n";return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/cytus/p/9093481.html

<think>好的,我现在需要回答用户关于如何用优先队列优化动态规划算法的问题。首先,我得回顾一下动态规划的基本概念,以及优先队列的作用。动态规划通常用于解决具有重叠子问题和最优子结构的问题,比如最短路径、背包问题等。而优先队列(通常用堆实现)能够高效地获取当前的最大或最小值,这对于某些DP状态转移可能很有帮助。 接下来,我需要确定在什么情况下优先队列可以优化DP。根据引用[1]提到的,单调队列适用于特定性质的DP问题,而优先队列可能也有类似的情况。比如,当状态转移方程需要从某个范围内的前驱状态中找到极值(最大值或最小值)时,如果这个范围是动态变化的,或者可以通过某种排序来维护,那么优先队列可能派上用场。 然后,我需要想具体的实现步骤。比如,状态转移方程的形式是什么样的,如何用优先队列维护这些状态的值。例如,在跳房子问题中,每次跃可能有一个区间,通过维护这个区间内的最大值,可以用优先队列来优化。这里可能需要结合引用[5]提到的洛谷题目作为例子。 还需要考虑优先队列的时间复杂度。普通的动态规划如果每次转移需要遍历O(n)个状态,使用优先队列可能将这部分降低到O(log n)或者O(1),取决于具体实现。比如,如果每次转移需要取最大值,而优先队列可以在O(1)时间获取,那么整体复杂度会降低。 另外,要注意优先队列中元素的排序依据,可能需要存储状态的某些属性,比如DP值的大小,以及对应的位置或索引。同时,需要处理队列中过期的元素,即那些不在当前转移窗口内的状态,这时候需要及时弹出,保证队列中的元素都是有效的候选。 举个例子,比如处理类似于滑动窗口最大值的DP问题。假设状态转移方程为dp[i] = max(dp[j] + value[i]),其中j在某个区间内。这时,可以用优先队列来维护这个区间内的最大dp[j],然后每次转移时直接从队列头部获取最大值,加上value[i]得到dp[i]。同时,随着i的增加,需要不断调整队列中的j的范围,移除超出窗口的j对应的元素。 但需要注意,优先队列可能无法直接处理窗口滑动的情况,这时候可能需要结合索引信息,在每次处理i时,先移除队列中已经超出窗口的j,然后再取最大值。或者使用单调队列(如引用[3][4]提到的),但用户这里问的是优先队列,所以可能需要比较两者的区别。 此外,实现时需要注意优先队列的数据结构选择,比如在Python中可以使用heapq模块,但堆默认是最小堆,如果需要最大堆,可以通过取负数来实现。同时,堆中的元素需要包含关键信息,比如dp值和索引,以便判断是否在有效窗口内。 可能还需要考虑如何处理重复元素,或者相同dp值的不同索引的情况。需要确保队列中维护的是当前窗口内的最优解,及时淘汰无效的元素。 最后,需要总结适用场景,即当DP状态转移需要在一个动态范围内快速获取极值,并且这个范围的变化可以通过某种顺序维护时,优先队列是一个有效的优化手段。同时,要提醒用户,不同的优化方法适用于不同的问题,如引用[1]所说,不能一概而论,需根据问题特点选择合适的方法。</think>### 如何用优先队列优化动态规划(DP)的方法及实现 #### 核心原理 优先队列优化动态规划的核心思想是**通过快速获取当前转移范围内的最优状态值,减少不必要的遍历计算**。当动态规划的状态转移方程需要从前驱状态的某个区间中选取最大值或最小值时,若该区间具有动态性或需要按特定顺序维护,优先队列(通常基于堆实现)可以高效维护这些候选值,将时间复杂度从$O(n^2)$优化至$O(n \log n)$或更低。 #### 适用条件 1. **状态转移依赖区间极值**:如状态转移方程为 $$dp[i] = \max_{j \in [a(i), b(i)]} (dp[j] + cost(i,j))$$ 其中区间$[a(i), b(i)]$随$i$变化。 2. **区间移动具有单调性**:例如区间左端点$a(i)$随$i$递增而单调不减[^4]。 #### 实现步骤(以洛谷跳房子”问题为例) 1. **定义状态和转移方程** 例如:$dp[i]$表示到达位置$i$的最大得分,需从满足$d-s \leq x_i - x_j \leq d+s$的$j$中选取最大的$dp[j] + score[i]$。 2. **维护优先队列** - 队列元素保存$(dp[j], x_j)$,按$dp[j]$降序排列(最大堆)。 - 遍历每个位置$i$时,先将满足$x_i - x_j \leq d+s$的$j$加入队列。 - 弹出队列中不满足$x_i - x_j \geq d-s$的元素(过期的$j$)。 - 队列头部即为当前最优的$j$,更新$dp[i]$。 3. **伪代码示例** ```python import heapq def optimize_dp(n, d, s, positions, scores): dp = [-inf] * n dp[0] = scores[0] heap = [] heapq.heappush(heap, (-dp[0], positions[0])) # 用负数模拟最大堆 j = 0 # 左指针 for i in range(1, n): # 将满足 x_i - x_j <= d+s 的j加入队列 while j < i and positions[i] - positions[j] > d + s: j += 1 # 弹出过期的j(x_i - x_j < d-s) while heap and positions[i] - heap[0][1] < d - s: heapq.heappop(heap) # 取最大值更新dp[i] if heap: dp[i] = -heap[0][0] + scores[i] # 将当前状态加入队列 heapq.heappush(heap, (-dp[i], positions[i])) return max(dp) ``` #### 注意事项 1. **元素有效性管理**:需及时移除过期元素(如超出左边界$d-s$的$j$)。 2. **堆的排序依据**:根据转移需求选择最大堆或最小堆。 3. **时间复杂度**:每个元素最多入队、出队一次,时间复杂度为$O(n \log n)$。 #### 与其他优化的对比 - **单调队列**:适合区间端点移动严格单调且只需维护单一极值的情况,时间复杂度更低($O(n)$)[^4]。 - **优先队列**:适用性更广,但需要堆操作开销,适合动态区间或需要维护多个候选值的情况[^5]。
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