BZOJ 4221 [JOI2012春季合宿]Kangaroo (DP)

2024-02-15 15:38

本文主要是介绍BZOJ 4221 [JOI2012春季合宿]Kangaroo (DP),希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!

题目链接

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4221

题解

orz WYC 爆切神仙DP
首先将所有袋鼠按大小排序。考虑从前往后DP, 设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个元素形成了\(j\)条链。
然而需要处理“套到不能套为止”的问题,因此再加一维: \(k\)表示目前有多少个元素确定了必须要套后面的袋鼠。
\(cnt[i]\)表示有多少个别的袋鼠能套\(i\). 那么从\(i-1\)转移到\(i\)\(k\)的范围是\([0,cnt[i]-(i-j-1)]\), 因为前\((i-1)\)个袋鼠形成了\(j\)条链,有\((i-j-1)\)个袋鼠已经套上了,由于袋鼠是从大到小排的,那么能套上\(i\)之前的袋鼠就能套\(i\), 因此\((i-j-1)\)就是能套上\(i\)且套了的袋鼠个数,\(cnt[i]-(i-j-1)\)就是能套上\(i\)且还没套的袋鼠个数。
转移:

(1) 这个点作为链的起点。这样会导致任何没套上袋鼠的袋鼠都要再套一个比\(i\)小的袋鼠,因此转移到\(dp[i][j+1][cnt[i]-(i-j-1)]\).

(2) 插入到一个链的末尾。这个链有可能是必须要套后面的袋鼠也有可能不是。乘上相应的系数转移即可。
时间复杂度\(O(n^3)\).
据说有神仙\(O(n^2)\)做法……哪位大爷教教我啊

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
using namespace std;const int N = 300;
const int P = 1e9+7;
struct Element
{int a,b;bool operator <(const Element &arg) const {return a>arg.a;}
} a[N+3];
int cnt[N+3];
llong dp[2][N+3][N+3];
int n;void updsum(llong &x,llong y) {x = (x+y)%P;}int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&a[i].a,&a[i].b);sort(a+1,a+n+1);for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<i; j++) {if(a[j].b>a[i].a) cnt[i]++;}}dp[0][0][0] = 1ll; int cur = 0,nxt = 1;for(int i=1; i<=n; i++){memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));for(int j=0; j<=i; j++){for(int k=0; k<=cnt[i]-(i-j-1); k++){if(dp[cur][j][k]){updsum(dp[nxt][j][k],dp[cur][j][k]*(cnt[i]-(i-j-1)-k));if(k) {updsum(dp[nxt][j][k-1],dp[cur][j][k]*k);}updsum(dp[nxt][j+1][cnt[i]-(i-j-1)],dp[cur][j][k]);}}}cur^=1,nxt^=1;}llong ans = 0ll;for(int i=0; i<=n; i++) {ans = (ans+dp[cur][i][0])%P;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

这篇关于BZOJ 4221 [JOI2012春季合宿]Kangaroo (DP)的文章就介绍到这儿,希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助!



http://www.chinasem.cn/article/711805

相关文章

hdu4826(三维DP)

这是一个百度之星的资格赛第四题 题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1004&cid=500 题意:从左上角的点到右上角的点,每个点只能走一遍,走的方向有三个:向上,向下,向右,求最大值。 咋一看像搜索题,先暴搜,TLE,然后剪枝,还是TLE.然后我就改方法,用DP来做,这题和普通dp相比,多个个向上

hdu1011(背包树形DP)

没有完全理解这题, m个人,攻打一个map,map的入口是1,在攻打某个结点之前要先攻打其他一个结点 dp[i][j]表示m个人攻打以第i个结点为根节点的子树得到的最优解 状态转移dp[i][ j ] = max(dp[i][j], dp[i][k]+dp[t][j-k]),其中t是i结点的子节点 代码如下: #include<iostream>#include<algorithm

hdu4865(概率DP)

题意:已知前一天和今天的天气概率,某天的天气概率和叶子的潮湿程度的概率,n天叶子的湿度,求n天最有可能的天气情况。 思路:概率DP,dp[i][j]表示第i天天气为j的概率,状态转移如下:dp[i][j] = max(dp[i][j, dp[i-1][k]*table2[k][j]*table1[j][col] )  代码如下: #include <stdio.h>#include

usaco 1.1 Broken Necklace(DP)

直接上代码 接触的第一道dp ps.大概的思路就是 先从左往右用一个数组在每个点记下蓝或黑的个数 再从右到左算一遍 最后取出最大的即可 核心语句在于: 如果 str[i] = 'r'  ,   rl[i]=rl[i-1]+1, bl[i]=0 如果 str[i] = 'b' ,  bl[i]=bl[i-1]+1, rl[i]=0 如果 str[i] = 'w',  bl[i]=b

uva 10154 DP 叠乌龟

题意: 给你几只乌龟,每只乌龟有自身的重量和力量。 每只乌龟的力量可以承受自身体重和在其上的几只乌龟的体重和内。 问最多能叠放几只乌龟。 解析: 先将乌龟按力量从小到大排列。 然后dp的时候从前往后叠,状态转移方程: dp[i][j] = dp[i - 1][j];if (dp[i - 1][j - 1] != inf && dp[i - 1][j - 1] <= t[i]

uva 10118 dP

题意: 给4列篮子,每次从某一列开始无放回拿蜡烛放入篮子里,并且篮子最多只能放5支蜡烛,数字代表蜡烛的颜色。 当拿出当前颜色的蜡烛在篮子里存在时,猪脚可以把蜡烛带回家。 问最多拿多少只蜡烛。 代码: #include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cs

uva 10069 DP + 大数加法

代码: #include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#include <stack>#include <vector>#include <queue>#include <map>#include <cl

uva 10029 HASH + DP

题意: 给一个字典,里面有好多单词。单词可以由增加、删除、变换,变成另一个单词,问能变换的最长单词长度。 解析: HASH+dp 代码: #include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>#inc

XTU 1233 n个硬币连续m个正面个数(dp)

题面: Coins Problem Description: Duoxida buys a bottle of MaiDong from a vending machine and the machine give her n coins back. She places them in a line randomly showing head face or tail face o

dp算法练习题【8】

不同二叉搜索树 96. 不同的二叉搜索树 给你一个整数 n ,求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种?返回满足题意的二叉搜索树的种数。 示例 1: 输入:n = 3输出:5 示例 2: 输入:n = 1输出:1 class Solution {public int numTrees(int n) {int[] dp = new int