[bzoj2131]免费的馅饼 树状数组优化dp

本文介绍了一个名为“免费的馅饼”的游戏算法问题。该问题通过动态规划和树状数组来解决最大得分的计算问题,并对输入数据进行了离散化处理。文章详细解释了算法流程,包括状态定义、转移方程及具体实现。

2131: 免费的馅饼

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Description

Input

第一行是用空格隔开的二个正整数,分别给出了舞台的宽度W(1到10^8之间)和馅饼的个数n(1到10^5)。  接下来n行,每一行给出了一块馅饼的信息。由三个正整数组成,分别表示了每个馅饼落到舞台上的时刻t[i](1到10^8秒),掉到舞台上的格子的编号p[i](1和w之间),以及分值v[i](1到1000之间)。游戏开始时刻为0。输入文件中同一行相邻两项之间用一个空格隔开。输入数据中可能存在两个馅饼的t[i]和p[i]都一样。

Output

一个数,表示游戏者获得的最大总得分。

Sample Input

3 4
1 2 3
5 2 3
6 3 4
1 1 5

Sample Output

12
【数据规模】
对于100%的数据,1<=w,t[i]<=10^8,1<=n<=100000。

Solution

dp[i]表示前i个馅饼的最大答案

dp[i] = max dp[j]+vi(2ti+pi>=2tj+pj,2ti−pi>=2tj−pj)

发现是二维偏序

值域树状数组维护,要先离散化

开始还想了ti有用秀逗地认为要三维偏序,我真是naive啊

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000 + 5;
int w, n, c[N], q[N], ans;
struct Data{ int x, y, v; }e[N];
bool cmp( Data a, Data b ){ return a.x < b.x; }
void update( int x, int val ){ for( int i = x; i <= n; i += i&-i ) c[i] = max( c[i], val ); }
int query( int x ){ int res = 0; for( int i = x; i; i -= i&-i ) res = max( res, c[i] ); return res; }
int find( int x ){
    int l = 1, r = n, res;
    while( l <= r ){
        int mid = l + r >> 1;
        if( q[mid] >= x ) res = mid, r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf( "%d%d", &w, &n );
    for( int i = 1, t, p; i <= n; i++ )
        scanf( "%d%d%d", &t, &p, &e[i].v ), e[i].x = 2*t-p, e[i].y = 2*t+p, q[i] = 2*t+p;
    sort( e + 1, e + n + 1, cmp ); sort( q + 1, q + n + 1 );
    for( int i = 1; i <= n; i++ ) e[i].y = find( e[i].y );
    for( int i = 1; i <= n; i++ ){
        int tmp = query( e[i].y ) + e[i].v;
        update( e[i].y, tmp ); ans = max( ans, tmp );
    }
    printf( "%d\n", ans );
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/youhavepeople/p/7694861.html

题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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