背景
GDCPC还在发力,清华出题组出的牛客还是 4 题。
这次没有min25筛,不然我能5题(bushi
除了一道用 prufer 序列的恶心 DP 外,还有一道DP题是一个状态难想,并且还需要决策单调性优化的DP,被认为是偏简单的银牌题。
先来看个相对简单的问题
鸡蛋掉落
这是一道非常经典的面试题。本博客不会介绍这题的最优方法(时间复杂度 O ( n ) O(\sqrt n) O(n))
暴力DP
设 f i , j f_{i,j} fi,j 为还剩 i i i 个鸡蛋,楼高 j j j 层,需要的最少实验次数。
显然有转移:
f i , j = min { max ( f i − 1 , w − 1 + 1 , f i , j − w + 1 ) } , 1 ≤ w ≤ j f_{i,j} = \min\{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\}, 1 \leq w \leq j fi,j=min{max(fi−1,w−1+1,fi,j−w+1)},1≤w≤j
我们称这种问题为 m i n m a x minmax minmax 问题
时间复杂度 O ( k n log n ) O(kn\log n) O(knlogn)
优化1
显然,如果鸡蛋足够多,我们可以直接二分出高度。所以当 k > log n k>\log n k>logn 时可以令 k = log n k = \log n k=logn
优化2
考虑决策单调性。
一个很显然的结论:
- i i i 相同时, j j j 越小, f f f 越小
也就是说:
- f i − 1 , w − 1 f_{i-1,w-1} fi−1,w−1 关于 w w w 单调递增
- f i , j − w f_{i,j-w} fi,j−w 关于 w w w 单调递减
所以两个函数值的关系如图:
我们的最优决策点在红色点那里。显然,这玩意可以二分。
时间复杂度 O ( n log 2 n ) O(n \log ^2 n) O(nlog2n)
class Solution {
public:int superEggDrop(int k, int n) {vector dp(k+1,vector<int>(n+1));for(int i=1; i<=n; i++){dp[1][i]=i;}for(int i=2; i<=k; i++){for(int j=1; j<=n; j++){int l=1,r=j,pos=-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;int x=dp[i-1][mid-1],y=dp[i][j-mid];if(x==y){pos=mid;break;}else if(x<y)l=mid+1;elser=mid-1;}if(pos!=-1)dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);else{dp[i][j]=1e9;pos=l;if(pos>0&&pos<=j) dp[i][j]=max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]);pos=r;if(pos>0) dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]));}dp[i][j]++;}}return dp[k][n];// cout<<dp[k][n]<<"\n";}
};
优化3
回到DP式子
f i , j = min { max ( f i − 1 , w − 1 + 1 , f i , j − w + 1 ) } , 1 ≤ w ≤ j f_{i,j} = \min\{\max (f_{i-1,w-1}+1,f_{i,j-w}+1)\}, 1 \leq w \leq j fi,j=min{max(fi−1,w−1+1,fi,j−w+1)},1≤w≤j
当 j j j 增加的时候,最优决策点会发生什么变化?
显然, f i − 1 , w − 1 f_{i-1,w-1} fi−1,w−1 不会变,但是 f i , j − w f_{i,j-w} fi,j−w 是关于 j j j 单调递增的。
不难想象,那个红色的点就会往右边走。也就说,最优决策点也满足单调性,当 j j j 右移时,最优的 w w w 也右移。
所以我们可以用双指针代替二分。
时间复杂度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)
class Solution {
public:int superEggDrop(int k, int n) {vector dp(k+1,vector<int>(n+1));for(int i=1; i<=n; i++){dp[1][i]=i;}for(int i=2; i<=k; i++){int w=1;for(int j=1; j<=n; j++){while(w<j&&dp[i-1][w-1]<dp[i][j-w]){w++;}dp[i][j]=max(dp[i-1][w-1],dp[i][j-w]);if(w>1)dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][w-2],dp[i][j-w+1]));dp[i][j]++;}}return dp[k][n];// cout<<dp[k][n]<<"\n";}
};
其实还有一种很好的写法是:
- 先用当前决策点更新 d p dp dp 值
- 如果决策点右移可以使 d p dp dp 值更优就继续往右移并更新 d p dp dp 值
- 否则就 b r e a k break break
2024牛客暑期多校训练营5 K
暴力
最暴力的想法是区间DP,设 d p l , r dp_{l,r} dpl,r 为已经把答案范围缩小到 [ a l , a r ] [a_l,a_r] [al,ar],还需要多少代价才能确定答案。
但你很快会发现没办法直接区间DP,因为你根本不知道 x x x 在哪。
但是如果我们知道之前我左边问过多少次,右边问过多少次,就可以计算区间扩展产生的代价。
所以我们可以设 d p i , j , x , y dp_{i,j,x,y} dpi,j,x,y 代表已经把答案范围缩小到 [ a l , a r ] [a_l,a_r] [al,ar],之前在区间左边问了 x x x 次,右边问了 y y y 次还需要多少代价。
转移就可以枚举中间点 k k k,令分割点为 p p p,那么转移就是
d p l , r , x , y = min { max ( d p l , p , x , y + 1 + k − a p + ( a r − a p ) × y , d p p + 1 , r , x + 1 , y + ( a p + 1 − a l ) × x + a p + 1 − k ) } dp_{l,r,x,y} = \min\{\max(dp_{l,p,x,y+1}+k-a_p+(a_r- a_p)\times y, dp_{p+1,r,x+1,y}+(a_{p+1}-a_l)\times x+a_{p+1}-k)\} dpl,r,x,y=min{max(dpl,p,x,y+1+k−ap+(ar−ap)×y,dpp+1,r,x+1,y+(ap+1−al)×x+ap+1−k)}
时间复杂度 O ( n 4 × 值域 ) O(n^4\times值域) O(n4×值域)
优化1
思考一下,我们真的需要知道两边各询问了多少次吗?
假设 x > y x>y x>y 那么询问代价就是 x − y x-y x−y,否则就是 y − x y-x y−x
y y y 的代价可以在DP转移的时候直接记录
x x x 的代价当 x x x 确定下来的时候可以通过 左边询问次数 - 右边询问次数 来计算
所以其实我们只需记录三四维的差值就行。
设 d p l , r , c dp_{l,r,c} dpl,r,c 代表已经把答案范围缩小到 [ a l , a r ] [a_l,a_r] [al,ar],之前在区间左边和右边询问次数之差为 c c c 次, x x x 的全局代价计算 + 还需要的代价。
显然初始化为 d p i , i , c = a i × c dp_{i,i,c} = a_i\times c dpi,i,c=ai×c
同样的,转移就可以枚举中间点 k k k,令分割点为 p p p,那么转移就是
d p l , r , c = min { max ( d p l , p , c − 1 + k , d p p + 1 , r , c + 1 − k ) } dp_{l,r,c} = \min\{\max(dp_{l,p,c-1}+k, dp_{p+1,r,c+1}-k)\} dpl,r,c=min{max(dpl,p,c−1+k,dpp+1,r,c+1−k)}
时间复杂度 O ( n 3 × 值域 ) O(n^3\times 值域) O(n3×值域)
优化2
可证明, c c c 不会超过 O ( log n ) O(\log n) O(logn) 个,我不会证()
时间复杂度 O ( n 2 log n × 值域 ) O(n^2\log n\times 值域) O(n2logn×值域)
优化3
首先,值域那玩意大的离谱。但是从 d p dp dp 式子很容易看出来,一个 + k +k +k 一个 − k -k −k,显然是有单调性的, k k k 的决策点可以 O ( 1 ) O(1) O(1) 求
int get(int l,int r,int pos,int c)
{int L=a[pos]+1,R=a[pos+1];int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L;if(x>=y) return x;int mx=min(R-L,(y-x)>>1);return max(x+mx,y-mx);
}
时间复杂度 O ( n 3 log n ) O(n^3\log n) O(n3logn)
优化4
现在时间复杂度的瓶颈在于枚举 p p p,怎么把这玩意优化掉呢?
当区间左端点不动,右端点增加的时候,显然方程的第一项是不变的,第二项是单调递减的。这个时候把 p p p 往右移动可以让第一项减小,第二项增大。所以最优决策点 p p p 会关于 r r r 单调递增,我们同样可以用双指针来处理决策点。
时间复杂度 O ( n 2 log n ) O(n^2\log n) O(n2logn)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+7,inf=1e18,C=60,base=30;
vector<vector<vector<int>>> dp,p;
vector<int> a;
int get(int l,int r,int pos,int c)
{int L=a[pos]+1,R=a[pos+1];int x=dp[l][pos][c-1]+L,y=dp[pos+1][r][c+1]-L;if(x>=y) return x;int mx=min(R-L,(y-x)>>1);return max(x+mx,y-mx);
}
void O_o()
{int n;cin>>n;a.assign(n,0);for(int i=1; i<=n; i++) cin>>a[i];dp.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,inf)));p.assign(n+1,vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(C+1,0)));for(int len=1; len<=n; len++){for(int l=1; l<=n-len+1; l++){int r=l+len-1;for(int c=1; c<C; c++){if(l==r){dp[l][r][c]=a[l]*(c-base);p[l][r][c]=l;}else{int pos=p[l][r-1][c];dp[l][r][c]=get(l,r,pos,c);while(pos<r-1){int v=get(l,r,pos+1,c);if(v<dp[l][r][c]){pos++;dp[l][r][c]=v;}elsebreak;}p[l][r][c]=pos;}}}}cout<<dp[1][n][base]<<"\n";
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);cout<<fixed<<setprecision(12);int T=1;
// cin>>T;while(T--){O_o();}
}