CodeForces - 1498D Bananas in a Microwave(思维+dp)

Posted 2021-05-24 Frozen_Guardian

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题目大意：给出 $n$ 次操作，初始时有一个 $k=0$，每次操作抽象为三个数 $txy$，其中 $x$ 可能为小数，可以选择一个 $num\in [0,y]$，使得：

1. $t=1$：执行 $num$ 次 $k=\lceil (k+x)\rceil$
2. $t=2$：执行 $num$ 次 $k=\lceil (k\ast x)\rceil$

问对于 $[1,m]$ 的每个数，最少可以通过多少次操作获得，如果无法获得输出 $-1$

题目分析：读完题第一反应感觉是 $bfs$，但时间复杂度是 $O(n\ast m\ast m)$ 级别的，因为一共有 $n\ast m$ 个状态，每个状态又可以扩展出 $m$ 次，所以显然是不可行的

看了题解后，发现这个模型也可以视为 $01$ 背包问题，其中，有 $n\ast m$ 个物品，背包容量是 $m$，如果直接暴力的话复杂度显然也是 $O(n\ast m\ast m)$ 的

不过对于本题而言，有一个很重要的性质，也就是如果某个容量 $u$ 可以扩展到 $v$ ，且 $v$ 之前已经被更新过的话，那么就可以直接 $break$ 了，分两种情况举例一下就明白了：

1. 假设 $u+t=v$，那么 $v+1$ 状态，可以从 $u+t+1$ 更新，也可以从 $v+1$ 更新
2. 假设 $u\ast t=v$，那么 $v\ast t$ 状态，可以从 $u\ast t^2$ 更新，也可以从 $v\ast t$ 更新

所以综上所述，每个状态至多被更新一次，及时剪枝的话时间复杂度实际上是 $O(n\ast m)$ 的

代码：

// Problem: D. Bananas in a Microwave
// Contest: Codeforces - CodeCraft-21 and Codeforces Round #711 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1498/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<list>
#include<unordered_map>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
	T f=1;x=0;
	char ch=getchar();
	while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
	if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
const int base=1e5;
bool dp[210][N];
LL t,x,y;
int ans[N];
void update(LL &cur) {
	if(t==1) {
		cur=cur+(x+base-1)/base;
	} else {
		cur=(cur*x+base-1)/base;
	}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//	freopen("data.in.txt","r",stdin);
//	freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,m;
	memset(ans,-1,sizeof(ans));
	read(n),read(m);
	dp[0][0]=true;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		read(t),read(x),read(y);
		for(int j=0;j<=m;j++) {
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}
		for(int j=0;j<=m;j++) {
			if(!dp[i-1][j]) {
				continue;
			}
			LL pos=j;
			for(int t=1;t<=y;t++) {
				update(pos);
				if(pos>m||dp[i-1][pos]) {
					break;
				}
				dp[i][pos]=true;
				ans[pos]=i;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		printf("%d ",ans[i]);
	}
	return 0;
}