描述

小Hi和小Ho在兑换到了喜欢的奖品之后,便继续起了他们的美国之行,思来想去,他们决定乘坐火车前往下一座城市——那座城市即将举行美食节!

但是不幸的是,小Hi和小Ho并没有能够买到很好的火车票——他们只能够乘坐最为破旧的火车进行他们的旅程。

不仅如此,因为美食节的吸引,许多人纷纷踏上了和小Hi小Ho一样的旅程,于是有相当多的人遭遇到了和小Hi小Ho一样的情况——这导致这辆车上的人非常非常的多,以至于都没有足够的位置能让每一个人都有地方坐下来。

小Hi和小Ho本着礼让他们的心情——当然还因为本来他们买的就是站票,老老实实的呆在两节车厢的结合处。他们本以为就能够这样安稳抵达目的地,但事与愿违,他们这节车厢的乘务员是一个强迫症,每隔一小会总是要清扫一次卫生,而时值深夜,大家都早已入睡,这种行为总是会惊醒一些人。而一旦相邻的一些乘客被惊醒了大多数的话,就会同乘务员吵起来,弄得大家都睡不好。

将这一切看在眼里的小Hi与小Ho决定利用他们的算法知识,来帮助这个有着强迫症的乘务员——在不与乘客吵起来的前提下尽可能多的清扫垃圾。

小Hi和小Ho所处的车厢可以被抽象成连成一列的N个位置,按顺序分别编号为1..N,每个位置上都有且仅有一名乘客在休息。同时每个位置上都有一些垃圾需要被清理,其中第i个位置的垃圾数量为Wi。乘务员可以选择其中一些位置进行清理,但是值得注意的是,一旦有编号连续的M个位置中有超过Q个的位置都在这一次清理中被选中的话(即这M个位置上的乘客有至少Q+1个被惊醒了),就会发生令人不愉快的口角。而小Hi和小Ho的任务是,计算选择哪些位置进行清理,在不发生口角的情况下,清扫尽可能多的垃圾。

提示一:无论是什么动态规划,都需要一个状态转移方程!

提示二:好像什么不对劲?状态压缩哪里去了?

输入

每个测试点(输入文件)有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为三个正整数N、M和Q,意义如前文所述。

每组测试数据的第二行为N个整数,分别为W1到WN,代表每一个位置上的垃圾数目。

对于100%的数据,满足N<=1000, 2<=M<=10,1<=Q<=M, Wi<=100

输出

对于每组测试数据,输出一个整数Ans,表示在不发生口角的情况下,乘务员最多可以清扫的垃圾数目。

样例输入

5 2 1
36 9 80 69 85 

样例输出

201

思路

题意是给出有 $n$ 个数的数组,每一个位置有一个权值 $w[i]$ ,现在你需要选择一些位置,使得取得的权值和最大。

选择位置的条件是:对于任意长度为 $m$ 的区间,选择的位置的数量必须小于等于 $q$ 个。

思路是状态压缩。因为 $m$ 的范围是 $10$ ,那么用二进制的思想,二进制为 $1$ 表示当前位置被选择,为 $0$ 表示没有被选择,那么一共需要 $m$ 个二进制位来表示状态,那么压缩成十进制,就需要 $2^m-1$ 个状态来表示。

定义:

  • $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个位置,选择的状态为 $j$ 时所能达到的最大价值。
  • $j$ 表示的状态是,以第 $i$ 个位置为结尾的连续 $m$ 个位置的选取状态。

举个例子,假设当 $m=3$ 时,所有的状态为:

0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 1 1
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 1 1

那么,dp[4][1 0 1]​ 的值由谁转移而来?

1 0 1 中最后一个 1 代表 4 这个位置已经被选择,那么 2 3 这两个位置的选择情况是 1 0 ,那么 2 3 这两个位置的状态不能改变,唯一能改变的就是 1 这个位置的状态,那么我们就有 dp[3][0 1 0]dp[3][1 1 0]这两个状态可以转移到 dp[4][1 0 1]

那么这个题目的状态转移方程就是:

  • 当前状态的最后一位为 1 时(选择这个位置):

    $dp[i][j] = max(dp[i - 1][j >> 1], dp[i - 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))]) + w[i]​$

  • 当前状态的最后一位为 0 时(不选这个位置):

    $dp[i][j] = max(dp[i - 1][j >> 1], dp[i - 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))])$

在枚举状态的时候,注意如果当前状态二进制中 1 的个数超过给顶的数 $q$ 就跳过

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
const int N = 1e3 + 10;
int dp[N][(1 << 10) + 5];
int w[N];
int get_cnt(int n)
{
    int cnt = 0;
    while (n)
    {
        cnt++;
        n = n & (n - 1);
    }
    return cnt;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int n, m, q;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &w[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < (1 << m); j++)
        {
            if (get_cnt(j) > q)
                continue;
            if (j & 1)
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j >> 1], dp[i - 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))]) + w[i];
            else
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j >> 1], dp[i - 1][(j >> 1) | (1 << (m - 1))]);
        }
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < (1 << m); i++)
        ans = max(ans, dp[n][i]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}
最后修改:2019 年 01 月 29 日 04 : 07 PM
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