AcWing 288. 休息時間(環形dp 滾動數組優化)

題目描述

原題連接

分析

題目特殊在:每一天的第$N$小時和下一天的第$1$小時是相連的, 即一個環形
咱們假設每一天的第$N$小時和下一天的第$1$小時不相連,則題目就變成了一個線性DP問題
很容易 設計出狀態:
$f[i,j,0]$表示只考慮只考慮前$i$個小時,一共休息了$j$個小時, 而且第$i$個小時沒休息的全部方案的最大收益
$f[i,j,1]$表示只考慮前$i$個小時,一共休息了$j$個小時, 而且第$i$個小時在休息的全部方案的最大收益
獲得狀態轉移方程:
$f[i,j,0]=max(f[i-1,j,0],f[i-1,j,1])$
$f[i,j,1]=max(f[i-1,j-1,0],f[i-1,j-1,1]+w[i])$
($w[i]$爲第$i$小時熟睡得到的體力,題目規定每段的第$1$個小時須要入睡,從而進入熟睡狀態,不能恢復體力)
初始化: 由於因爲不相連, 因此第1小時必定不會是熟睡狀態
$f[1,0,0]=0$,$f[1,1,1]=0$, 其他狀態都是$-\infty$
所求答案即 $max(f[N,B,0],f[N,B,1])$


如今咱們考慮每一天的第$N$小時和下一天的第$1$小時是相連的, 其實就比上述集合多$1$種狀況
即: 第$1$個小時是熟睡狀態, 要使第$1$個小時是熟睡狀態, 須要強制第$N$個小時休息
則只需更改初始條件: $f[1,1,1]=w[1]$,其他狀態都是$-\infty$
所求答案即 $f[N,B,1]$


回顧上述過程, 實際上咱們經過第$1$小時是否處於熟睡狀態將全部狀態劃分紅兩類
這就是咱們要介紹的第一種策略——執行兩次DP，第一次在任意位置把環斷開成鏈，按照線性問題求解;第二次經過適當的條件和賦值,保證計算出的狀態等價於把斷開的位置強制相連(摘自算法競賽進階指南)

滾動數組優化空間複雜度
注意到題目有$64MB$空間, 而數據範圍$N$最大爲$3830$, 若用數組$f[N][N][2]$表示全部狀態, 大概是$120MB$($3830\times 3830\times 2\approx 3e7,1e7的int數組大概是40MB$)明顯不夠用
注意到狀態轉移方程: 第$i$層的狀態只與上一層$i-1$的狀態有關, 即可以用$i\&1$將第一維壓縮成$f[2][][]$
$f[i,j,0]=max(f[i-1,j,0],f[i-1,j,1])$
$f[i,j,1]=max(f[i-1,j-1,0],f[i-1,j-1,1]+w[i])$

也能夠參考Y總視頻講解

實現

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3839;
int f[2][N][2], w[N];
int n, b;
int main()
{
    cin >> n >> b;
    for(int i=1; i<=n; i++) cin >> w[i];
    
    // 第1個小時不在熟睡狀態
    memset(f,-0x3f, sizeof(f));
    f[1&1][0][0] = f[1&1][1][1] = 0;
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=min(i,b); j++)
        {
            f[i&1][j][0] = max(f[i-1&1][j][0], f[i-1&1][j][1]);
            if(j) f[i&1][j][1] = max(f[i-1&1][j-1][0], f[i-1&1][j-1][1] + w[i]); // 保證j-1不越界
        }
    }
    int ans = max(f[n&1][b][0], f[n&1][b][1]);
    
     // 第1個小時在熟睡狀態
    memset(f,-0x3f, sizeof(f));
    f[1&1][1][1] = w[1];
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=min(i,b); j++)
        {
            f[i&1][j][0] = max(f[i-1&1][j][0], f[i-1&1][j][1]);
            if(j) f[i&1][j][1] = max(f[i-1&1][j-1][0], f[i-1&1][j-1][1] + w[i]);
        }
    }
    ans = max(ans, f[n&1][b][1]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}