洛谷P1854 花店橱窗布置
分析+题解代码
蒟蒻的第一道提高+/省选-，纪念一下。
题目描述：
某花店现有F束花，每一束花的品种都不一样，同时至少有同样数量的花瓶，被按顺序摆成一行，花瓶的位置是固定的，从左到右按1到V顺序编号，V是花瓶的数目。花束可以移动，并且每束花用1到F的整数标识。如果I < J，则花束I必须放在花束J左边的花瓶中。例如，假设杜鹃花的标识数为1，秋海棠的标识数为2，康乃馨的标识数为3，所有花束在放入花瓶时必须保持其标识数的顺序，即杜鹃花必须放在秋海棠左边的花瓶中，秋海棠必须放在康乃馨左边的花瓶中。如果花瓶的数目大于花束的数目，则多余的花瓶必须空，即每个花瓶只能放一束花。
每个花瓶的形状和颜色也不相同，因此，当各个花瓶中放入不同的花束时，会产生不同的美学效果，并以美学值（一个整数）来表示，空置花瓶的美学值为0。在上述的例子中，花瓶与花束的不同搭配所具有的美学值，可以用如下的表格来表示：
花瓶1 花瓶2 花瓶3 花瓶4 花瓶5
杜鹃花 7 23 -5 -24 16
秋海棠 5 21 -4 10 23
康乃馨 -21 5 -4 -20 20
根据表格，杜鹃花放在花瓶2中，会显得非常好看，但若放在花瓶4中，则显得很难看。
为了取得最佳的美学效果，必须在保持花束顺序的前提下，使花的摆放取得最大的美学值，如果具有最大美学值的摆放方式不止一种，则输出任何一种方案即可。
输入格式：
输入文件的第一行是两个整数F和V，分别为花束数和花瓶数（1≤F≤100，F≤V≤100）。接下来是矩阵Aij,它有I行，每行J个整数，Aij表示花束I摆放在花瓶J中的美学值。
输出格式：
输出文件的第一行是一个整数，为最大的美学值；接下来有F行，每行两个数，为那束花放入那个花瓶的编号。
输入样例：
3 5
7 23 -5 -24 16
5 21 -4 10 23
-21 5 -4 -20 20
输出样例：
53
2 4 5
题目分析：
首先我们要注意的几个题目细节
- 每朵花都必须放入花瓶，且每个花瓶最多只有一支花
- 编号大的花必须所放的瓶子编号必须大于编号小的花的瓶子编号
- 美学值可以为负
- 每个种类的花只有一朵
下面我们便可以分析题目的思路：
这道题乍一看好像很复杂
但我们试着把每朵花对应每个瓶子的美学值以表格的形式呈现
以样例为例：
| 种类 | 花瓶1 | 花瓶2 |
|---|---|---|
| 杜鹃1 | 7 | 23 |
| 秋海棠2 | 5 | 21 |
| 康乃馨3 | -21 | 5 |
这样以后我们可以很清楚的发现
每行我们都只选了一个数
且每行所选的列数都比上一行所选的列数大
由此我们便可以这道题转化成一个类似数字三角形的模型：
**即给定一个f*v的矩阵
要求从第一行走到第f行
每行取走一个数
且该行所取的数必须必上一行所取的书的列数大
求所能取走的最大值**
但还有一点不同的是
我们每一行所取走的数字的列数必须大于等该行的行号，因为必须给前面的花留下足够的花瓶
同理每一行所能取的最大的花瓶号必须小于等于v-(f-该行行数)
由此我们便可以很容易的得出状态转移方程
dp[i][j]=max(dp[i-1][k])+d[i][j];
(i<=f;j<=v;k＜j)
其中dp[i][j]表示从第一行走到第i行并取走该行第j个数所能取得的最大值
for(int i=1;i<=v-f;i++)
{
//注意边界i<=v-f
dp[1][i]=d[1][i];
//第一朵花所能获得的最大美学值都赋值为本身
}
for(int i=2;i<=f;i++)
{
//从第二多花开始枚举
for(int j=i;j<=v-f+i;j++)
{
//注意j<=v-f+i
for(int k=1;k<j;k++)
{
//枚举上一行中最大的dp值
if(dp[i-1][k]+d[i][j]>dp[i][j])
{
dp[i][j]=dp[i-1][k]+d[i][j];
}
}
}
}接下来就是方案输出的问题了
由于对于多种方案只需要输出任一方案
所以这其实并不算特别难
设置pre[i][j]表示能让dp[i][j]最大的上一行的花瓶号
只要在状态转移过程中记录便可
接下来呈上蒟蒻的代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f,v;
int d[1000][1000];//储存美学值
int dp[1000][1000];
int pre[1000][1000];
void print(int x,int y)
{
if(pre[x][y]==y)
{
cout<<y<<" ";
return;
}
print(x-1,pre[x][y]);
cout<<y<<" ";//记得输出是逆序的
}
int main()
{
cin>>f>>v;
for(int i=1;i<=f;i++)
{
for(int j=1;j<=v;j++)
{
cin>>d[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=v-f+1;i++)
{
//注意边界i<=v-f
dp[1][i]=d[1][i];
//第一朵花所能获得的最大美学值都赋值为本身
pre[1][i]=i;
//记录第一行的pre值都为本身
}
//注意，因为没放花的花瓶美学之为1，所以一定不要初始化dp数组为负
for(int i=2;i<=f;i++)
{
//从第二多花开始枚举
for(int j=i;j<=v-f+i;j++)
{
//注意j<=v-f+i
for(int k=1;k<j;k++)
{
//枚举上一行中最大的dp值
if(dp[i-1][k]+d[i][j]>dp[i][j])
{
dp[i][j]=dp[i-1][k]+d[i][j];
pre[i][j]=k;//记录方案
}
}
}
}
int tx;
int ty;
int ans=0;
for(int i=f;i<=v;i++)
{
if(dp[f][i]>ans)
{
ans=dp[f][i];
tx=f;
ty=i;
}
}
cout<<ans<<endl;
print(tx,ty);
return 0;
}