DP練習題——洛谷P1970花匠

目錄

• 題目描述：
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• 題目分析：
  • 解法一：
  • 解法二：
• 結語：

題目描述：

洛谷\(P1970\)

花匠棟棟種了一排花，每株花都有本身的高度。花兒越長越大，也愈來愈擠。棟棟決定把這排中的一部分花移走，將剩下的留在原地，使得剩下的花能有空間長大，同時，棟棟但願剩下的花排列得比較別緻。

具體而言，棟棟的花的高度能夠當作一列整數\(h_1,h_2,...,h_n\)。設當一部分花被移走後，剩下的花的高度依次爲\(g_1,g_2,...,g_m\)，則棟棟但願下面兩個條件中至少有一個知足：

條件 \(A\)：對於全部\(g_{2i}>g_{2i-1},g_{2i}>g_{2i+1}\)

條件 \(B\)：對於全部\(g_{2i}<g_{2i-1},g_{2i}<g_{2i+1}\)

注意上面兩個條件在\(m=1\)時同時知足，當\(m > 1\)時最多有一個能知足。

請問，棟棟最多能將多少株花留在原地。

輸入輸出格式：

輸入格式：

第一行包含一個整數\(n\)，表示開始時花的株數。

第二行包含\(n\)個整數，依次爲\(h_1,h_2,...,h_n\),表示每株花的高度。

輸出格式：

一個整數\(m\)，表示最多能留在原地的花的株數。

輸入輸出樣例：

輸入樣例：

5
5 3 2 1 2

輸出樣例：

3

題目分析：

​ 簡單理解一下題意：

大致就是說要求留在原地的花知足：序號爲\(2\)的倍數的花是左右兩盆花中最高或者是最矮的

解法一：

思路：

​ 既然是\(DP\)的題，那麼咱們先考慮貪心（實際上是爲了記念\(lz\)）：

說句閒話：學習\(DP\)的最好方法是什麼？？

貪心！！！

好了好了，說正經的。

不過仍是要吐槽這道題的算法標籤，居然沒人評貪心（也不知道\(lz\)評了沒有）

咱們能夠發現，這道題就是對一個有波動的函數進行簡化，咱們能夠舉兩個例子，一個是樣例：

咱們能夠把這個圖像看作一個具備兩個單調區間的函數圖像，咱們只能去單調區間兩端的點構成新的序列，也就是說咱們最多能保留三盆花

另外一個是從討論版裏找來的神仙數據：

有了上面的分析，咱們能夠很輕易地找出\(3\)個單調區間，也就是說最多有\(4\)盆花可以被留下

算法：

​ 根據兩組數據，咱們能夠獲得這樣一個算法：

掃描全部花的高度，從而得出增減區間的個數\(w\)，輸出\(w+1\)

代碼實現：

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

inline int read()
{
    int F=1,num=0;
    char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-') F=-1; c=getchar();}
    while(isdigit(c)){num=num*10+c-'0'; c=getchar();}
    return num*F;
}

int h[10000010];
int n;
int ans=1;//考慮到函數的左區間
int direction;

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        h[i]=read();//讀入 
    if(h[2]>=h[1])  direction=1;//1表示增區間，0表示減區間 ，由於前兩個是默認都選的，因此在這裏加上了等號
    for(int i=1;i<=n;++i)//我知道能夠邊讀入邊判斷，可是我願意，你管着嗎？？ 
    {
        if(i==n)
        {
            ans++;//考慮到函數的右區間，當到了右區間時答案直接加一而且跳出循環
            break;
        }
        if(h[i+1]>h[i])
        {
            if(direction==0)//若是忽然進入到增區間，就標記爲增區間而且答案加一
            {
                ans++;
                direction=1;
            }
        }
        if(h[i+1]<h[i])
        {
            if(direction==1)//若是忽然進入到減區間，就標記爲減區間而且答案加一
            {
                ans++;
                direction=0;
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);//輸出答案
    return 0;
}

解法二：

思路：

​ 固然是已經哭暈在廁所的\(DP\)啦

\(dp[i][0]\)表示在\(i\)處上升時的最大盆數，\(dp[i][1]\)表示在\(i\)處降低時的最大盆數

直接獲得狀態轉移方程

\(if(a[i]>a[i-1])\space\space\space dp[i][0]=dp[i-1][1]+1;\\if(a[i]<a[i-1])\space\space\space dp[i][1]=dp[i-1][0]+1;\\dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][0]);\\dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][1]);\)

解釋一下：

當\(a[i]\)是上升的時候，將上升時的最大盆數更新爲上一盆降低時的最大盆數+\(1\)，而且用這兩種狀態的最大值來維護\(dp[i][0]\)，表示知足條件\(B\)

當\(a[i]\)是降低的時候，將降低時的最大盆數更新爲上一盆上升時的最大盆數+\(1\)，而且用這兩種狀態的最小值來維護\(dp[i][1]\)，表示知足條件\(A\)

​ 若是還不能理解就畫個圖，手推一下233~~

算法：

​ 就是將\(dp[1][1]\)和\(dp[1][0]\)都更新爲\(1\)，而後從\(2\)開始跑一遍循環，\(CV\)上面的方程就結束了

Talk is cheap,show me the code:

#include<cstdio>
#include<iostream>

using namespace std;

const int maxn=101000;
int dp[maxn][2],a[maxn];
int n;

inline int read()
{
    int F=1,num=0;
    char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')   F=-1;   c=getchar();}
    while(isdigit(c)){num=num*10+c-'0';     c=getchar();}
    return F*num;
}

int main()
{
    n=read();
    dp[1][0]=1;dp[1][1]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]>a[i-1]) dp[i][0]=dp[i-1][1]+1;
        if(a[i]<a[i-1]) dp[i][1]=dp[i-1][0]+1;
        dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-1][0]);
        dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[i-1][1]);
    }
    printf("%d\n",max(dp[n][1],dp[n][0]));
    return 0;
}

結語：

貪心大法真的好誒（逃