DP秒思维

Posted 2021-02-19 gcfer

DP算法对于大部分题有着良好的能力,但有些题目我们要转换思维,不能直接的设具体的转态....

最近做了两道秒题,在这里分享一下：

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5555/A

这是第一题,看到这道题,首先是要对m质因数分解的,然后把质因子的指数提出来,使得每个质因子只剩下一个在根号里,说白了就是要化简了.要搞出来一个系数t.

之后我们考虑n个数组成t的方案数,算是一个经典的问题了,如果直接求解的话直接组合数隔板法就上了,可要求本质不同的解,考场我傻眼了...考虑dp,设f[i][j]表示用i个数拼成j的方案数...

转移很显然,可以枚举下当前的数填几,可这也是有重合的啊,会重复计数.0 2，和2 0 会被算两次....然后,我自闭了....

好吧,最后还是用dp搞得,考虑我们重复计数的原因,因为顺序问题,所以我们可以强制使得序列是从大到小的,也就是说我们每次加的值都单调不升。

那怎么搞这个东西呢,再存一下上一个的值吗？不！不！不用,我们思考当前的状态(i,j)，意思是用前i个人拼成了j的方案数,考虑我们在此基础上如何增加,使得它一定是递增的.

如图：

 

也就是说我们想让1,2两种方案只在3方案中记录一次答案,这样就能做到不重不漏了.考虑3的方案数是如何构成的.这里莫名想到算法进阶上一道线性dp的题,不过问题不大...

 

用一些巧妙的思想,若刚来的数>=1,容易发现这样的方案数和所有的数减1的方案数是相等的.因为我们只需要将所有的数加一即可.但若来的数为0的话怎么办,容易发现直接用上一维转移即可.

这里跳过了1的问题,考虑若是1的话,所有的数切掉1后第i维就没数了,那方案数不应该与i-1有关系吗?考虑这个状态下也就是第i位为1的情况,由于我们j是正序枚举的,所以这种情况已经被i这一维统计过了.所以在>=1时直接累加上即可.

由于要求总的方案数,所以这一位加啥都行..两种情况累加就行.

//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define db double
#define RE register
#define ll long long
#define P 998244353
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define pb(x) push_back(x)
#define ull unsigned long long
#define getc(c) scanf("%s",c+1)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(i,x,y) for(RE int i=x;i<=y;++i)
#define fep(i,x,y) for(RE int i=x;i>=y;--i)
#define go(x) for(int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=1010;
int p[N],c[N],n,m,num;
ll f[N][N];

inline int read()
{
    int x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*ff;
}

int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    get(n);get(m);
    int t=1;
    rep(i,2,sqrt(m))
    {
        if(m%i==0)
        {
            p[++num]=i;
            while(m%i==0) c[num]++,m/=i;
        }
    }
    if(m>1) p[++num]=m,c[num]=1;
    rep(i,1,num)
    {
        if(c[i]>=2)
        {
            while(c[i]>=2) t=t*p[i],c[i]-=2;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    rep(i,1,n) rep(j,0,t)
    {
        if(j>=i) f[i][j]=f[i][j-i];
        f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%P;
    }
    putl(f[n][t]);
    return (0^_^0);
}
//以吾之血,祭吾最后的亡魂

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第二题就更稍微......算了,还是我太菜了....

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5208/A

翻译一下题意：这里有n个牛,每个牛有三个朋友,让你给所有的牛编号,每对朋友间会造成编号差的绝对值的代价,求最小的代价？

一看,n<=12，爆搜啊！但,!12好像是4e8左右,爆搜说：抱歉,这超出我能搜索的范围了....

小数据我第二反应是网络流,尝试把每个奶牛拆成n个点,代表同一个奶牛的不同编号,但怎么连边呢....嗯,大概想了会,不是太会...

尝试将爆搜优化下,看能否水过去,意外的发现搜索咋优化,还不就是全排列后统计答案吗？这咋优化....

好吧,小数据应该用状压DP.谁叫状压是爆搜的优化呢？

可,状压只能表示一个牛选没选或编没编号？不会记录他的编号是几啊？完了,我又自闭了....

感觉这道题类型有点像有一次模拟考的题，让一个树内的点相互配对.最后统计哪些点出来子树,而不搞出来具体的方案..

这个题怎么说呢,我们思考当我们一个点编过号后,假若他的朋友还没编号,那无论他的朋友是几都会累加下这个编号带来1的代价.所以我们其实不用确切的知道他朋友的编号是几.我们只用知道他朋友是否已经编过号了

编过号了,无需统计代价,没编号,加上1的代价！

考虑设f[j]表示当前的状态下的最小代价,枚举所有的状态,统计下所有编过号但朋友没编号的数量,然后枚举下最后编号的是几,转移一下即可.

这里为什么要统计所有编过号的但朋友没编号的点的数量呢？因为我们刚才说的是对于当前编号,如果朋友没编号的代价为1,可如果后面朋友还没编号的话,显然就对于当前编号又要累加下代价.所以要枚举所有的点.

//不等,不问,不犹豫,不回头.
#include<bits/stdc++.h>
#define _ 0
#define db double
#define RE register
#define ll long long
#define P 1000000007
#define INF 1000000000
#define get(x) x=read()
#define PLI pair<ll,int>
#define PII pair<int,int>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define pb(x) push_back(x)
#define ull unsigned long long
#define getc(c) scanf("%s",c+1)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(i,x,y) for(RE int i=x;i<=y;++i)
#define fep(i,x,y) for(RE int i=x;i>=y;--i)
#define go(x) for(int i=link[x],y=a[i].y;i;y=a[i=a[i].next].y)
using namespace std;
const int N=1<<13;
int f[N],n,a[15][4];

inline int read()
{
    int x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) ff=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*ff;
}

int main()
{
    //freopen("1.in","r",stdin);
    get(n);
    rep(i,1,n) get(a[i][1]),get(a[i][2]),get(a[i][3]);
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    int M=(1<<n)-1;f[0]=0;
    rep(i,1,M)//枚举所有的状态. 
    {
        int k=0;
        rep(j,0,n-1) if(i&1<<j)
            rep(l,1,3) if(!(i&1<<(a[j+1][l]-1))) ++k;
        rep(j,0,n-1) if(i&1<<j)//枚举最后编号的点. 
            f[i]=min(f[i],f[i&(~(1<<j))]+k); 
    }
    put(f[M]);
    return (0^_^0);
}
//以吾之血,祭吾最后的亡魂

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