cf RCC 2014 Warmup (D题 关于搜索和dp的选择的理解)
2014-04-18 16:16
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div2 A题 Elimination
水题,但是很多人错,自己 也错了。后来重写,直接将所有的情况都写了,取最优值即可。不必分情况。
D题 Cunning Gena
状态压缩dp
其实分析清楚之后,当选定的monitor是定值得时候,就是一个重复区间覆盖,不过行有费用,求最小费用。
于是比赛时用DLX试了试,但最后还是TLE了。似乎当行比较少时,用这个方法比较好。而这个题的行为100,列100,点10000,。而且枚举monitor的值还要*100 。所以最后就超时了。
fzu的这道题,就可以用DLX,虽然我不是很清楚,但最后还是ac了。也可能是数据水了,表示对时间复杂度不是很清晰。
2014编程之美资格赛的第3题,感觉差不多。不知道行不行.??? 编程之美的那道题网上使用的网络流,待学习。。。
还有DLX本质就是搜索。。。只不过是加了剪枝优化而已。
然后本题的特征是目标状态比较少,只有20,所以可以状态压缩dp(最近总是不能直接想到。。。)
还有一点就是,本题中的monitor必须要在枚举完到达所有目标状态时在考虑 。也就是枚举到达目标状态的最小费用和这个状态的monitor。
总之,对于类似的题目,如果选择比较少是,考虑DLX搜索;如果目标状态比较少可以考虑状态压缩dp。
背包九讲中也曾提到搜索和dp的选择:物品数量比较少是选择搜索,状态数量比较少是选择dp
水题,但是很多人错,自己 也错了。后来重写,直接将所有的情况都写了,取最优值即可。不必分情况。
typedef long long LL; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const double eps = 1e-10; const int MAXN = 1000010; int n, m; int c, d; int k; int main () { RII(c, d); RII(n, m); RI(k); if (k >= n * m) { puts("0"); return 0; } int ret = n * m - k; int ans = min((ret + n - 1) / n * c, ret * d); int x = ret / n; int y = ret % n; ans = min(ans, x * c + y * d); printf("%d\n", ans); return 0; } /* 4 3 51 100 1 1 1 100 1 1 2 1 4 1 2 200 4 1 3 */
D题 Cunning Gena
状态压缩dp
其实分析清楚之后,当选定的monitor是定值得时候,就是一个重复区间覆盖,不过行有费用,求最小费用。
于是比赛时用DLX试了试,但最后还是TLE了。似乎当行比较少时,用这个方法比较好。而这个题的行为100,列100,点10000,。而且枚举monitor的值还要*100 。所以最后就超时了。
fzu的这道题,就可以用DLX,虽然我不是很清楚,但最后还是ac了。也可能是数据水了,表示对时间复杂度不是很清晰。
2014编程之美资格赛的第3题,感觉差不多。不知道行不行.??? 编程之美的那道题网上使用的网络流,待学习。。。
还有DLX本质就是搜索。。。只不过是加了剪枝优化而已。
然后本题的特征是目标状态比较少,只有20,所以可以状态压缩dp(最近总是不能直接想到。。。)
还有一点就是,本题中的monitor必须要在枚举完到达所有目标状态时在考虑 。也就是枚举到达目标状态的最小费用和这个状态的monitor。
总之,对于类似的题目,如果选择比较少是,考虑DLX搜索;如果目标状态比较少可以考虑状态压缩dp。
背包九讲中也曾提到搜索和dp的选择:物品数量比较少是选择搜索,状态数量比较少是选择dp
typedef long long LL; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const double eps = 1e-10; const int MAXN = 1000010; LL dp[2][1 << 20]; //int ttmm[2][1 << 20]; int ALL; int now, next; int n, m; LL bi; struct Node{ LL cost, ki; vector<int> mv; bool operator<(const Node &rhs) const { return ki < rhs.ki; } }; Node s[110]; int main () { cin >> n >> m >> bi; ALL = (1 << m) - 1; for (int i = 0; i < n; i++) { int xn; cin >> s[i].cost >> s[i].ki >> xn; for (int j = 0; j < xn; j++) { int x; scanf("%d", &x); s[i].mv.push_back(x); } } sort(s, s + n); memset(dp[0], 0x3f, sizeof(dp[0])); dp[0][0] = 0; now = 0, next = 1; LL ans = INF; for (int i = 0; i < n; i++) { int xn = s[i].mv.size(), hv = 0; for (int j = 0; j < xn; j++) { int x = s[i].mv[j]; hv |= (1 << (x - 1)); } memset(dp[next], 0x3f, sizeof(dp[next])); for (int r = 0; r <= ALL; r++)///ALL { if (dp[now][r] != INF) { dp[next][r] = min(dp[next][r], dp[now][r]); int nextr = r | hv; LL xx = dp[now][r] + s[i].cost; dp[next][nextr] = min(dp[next][nextr], xx); if (nextr == ALL) ans = min(ans, dp[next][ALL] + bi * s[i].ki); } } // if (dp[next][ALL] != INF) ans = min(ans, dp[next][ALL] + bi * s[i].ki);///!!! now ^= 1; next ^= 1; } if (ans == INF) puts("-1"); else cout << ans << endl; return 0; } /* 4 3 51 100 1 1 1 100 1 1 2 1 4 1 2 200 4 1 3 */
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