Codeforces Round #727 (Div. 2) E. Game with Cards(dp优化,从n^2到nlog到n)

Posted 2021-08-06 issue是fw

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另一种优化dp的解法

$T1$

非常显然有一个$O(n^2)$的$dp$,虽然它的复杂度高的吓人,但还是让我们小心翼翼的把它写出来

定义$f[0/1][i][j]$表示前$i$个操作后,第$i$次何左手/右手交换,且另一只手上是第$j$次操作时的数

该状态是否存在,这样就是傻瓜式转移

---

然后考虑,这样设计状态是否合理?也就是$f[0]$和$f[1]$只需要维护是否可行,是一个$01$数组

我们只需要知道$1$的位置即可,也就是另一只手正握着什么数字

$T2$

那么,让$f[0]$成为一个$set$,储存当第$i$次左手成为持有手,右手中可行的【数字和下标】

显然$set$的元素是一个$pair$

当$k[i]$不满足当前限制时,显然无法作为持有手,我们清空$f[0]$

否则转移大概是这个样子

Ⅰ.上次是右手持有手,这次是左手持有手

当上一次的$f[1]$有元素时,说明上一次右手作为持有手拿着数字$k[i-1]$

这次我们尝试让左手变为持有手拿到$k[i]$,于是我们姑且把 { k [ i − 1 ] , i − 1 } \\{k[i-1],i-1\\} {k[i−1],i−1}插入$f[0]$

Ⅱ.上次左手是持有手,这次还是左手

我们什么也不需要干,因为右手握着的数字没变,这些值上次就在$f[0]$中了

于是乎,我们满足了左手的限制,现在是时候来考虑右手的限制了!!!

也就是遍历$f[0]$中不满足限制条件的右手数字,移出$set$

而且我们只需要从头尾删除即可(有单调性)

现在知道为什么用$set$了吧!!因为可以快速找最小和最大啊!

$f[1]$的转移同理,于是可以在$O(nlog(n))$的时间内解决问题

优化的本质,其实是考虑到第$i$次和第$i-1$次,如果他们都以左手/右手作为持有手

那么第$i$次只会在第$i-1$次删去大部分不合法的值,而至多添加一个新值,状态是$O(n)$级别的

code

$T3$

$T2$优秀的复杂度足以通过这题,然而我们不止步于此

我们换种思路,考虑从后往前

也就是定义$fl[i]$表示是否可以在第$i$次用右手交换,而第$i-1$次是使用左手,且后缀$[i,n]$都能延续下去

定义$fr[i]$表示是否可以在第$i$次使用左手交换,而第$i-1$次是使用右手,且后缀$[i,n]$都能延续下去

这个状态设计是如此的巧妙,因为它只保存了在哪些位置中转,而且左右手中的数都是已知

我们说$fl[i]$成立,必然是从某个$fr[j]$转移而来(其中$j>i$),此时满足

Ⅰ.对左手而言,$i-1$次左手拿到的数字需要满足$[i-1,j-1]$的所有限制

Ⅱ.对右手而言,$[i,j-1]$的卡片数字必须满足对应的右手限制,因为期间右手一直在换牌

暴力转移自然是$O(n^2)$

然而我们发现,这个转移具有决策单调性,也就是越小的$j$一定更优

于是我们只需要保存最小的$las0$使得$fl[las0]$成立,保存最小的$las1$使得$fr[las1]$成立

然后一边$dp$的同时一边维护区间最值

实现起来很有技巧,细节很多,转移巧妙,达到严格$O(n)$的复杂度

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5+11; 
int n,m,a[maxn][2],b[maxn][2];
int L[2],R[2],ok[2],k[maxn],pre[maxn][2];
/*
las0第i次用左手交换,而第i-1次是使用右手 
las1相反。 
*/
int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d%d%d%d",&k[i],&a[i][0],&b[i][0],&a[i][1],&b[i][1]);
	
	int las0 = n+1, las1 = n+1;
	L[0] = L[1] = 0, R[0] = R[1] = m;  ok[0] = ok[1] = 1;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		ok[0] &= ( k[i]>=a[i][0] && k[i]<=b[i][0] );//左手一直换是否能到las1 
		ok[1] &= ( k[i]>=a[i][1] && k[i]<=b[i][1] );//右手一直换是否能到las0 
		
		L[0] = max( L[0],a[i][0] ), R[0] = min( R[0],b[i][0] );//保存左手限制的后缀最值 
		L[1] = max( L[1],a[i][1] ), R[1] = min( R[1],b[i][1] );	//保存右手限制的后缀最值 
		
		int limit0 = ok[0] && k[i-1]>=L[1] && k[i-1]<=R[1];//i-1右手,i左手是否可行 
		int limit1 = ok[1] && k[i-1]>=L[0] && k[i-1]<=R[0];//i-1左手,i右手是否可行 
		
		if( limit0 )	pre[i][0] = las1;//i-1是右手,i位置是左手由las1转移 
		if( limit1 )	pre[i][1] = las0; 
		
		if( limit0 )	las0 = i, ok[1] = 1, L[0] = 0, R[0] = m;//因为i-1是右手,所以前面一段都是右手换,保存左手的极值 
		if( limit1 )	las1 = i, ok[0] = 1, L[1] = 0, R[1] = m;
	}
	if( las0>1 && las1>1 )	puts("No");
	else
	{
		puts("Yes");
		int id = las0>1;
		for(int i=1;i<=n;i=pre[i][id],id^=1 )
		for(int j=i;j<pre[i][id];j++)
			printf("%d ",id );
	}
}