Noip2013花匠题解
2015-05-23 14:32
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题目描述 Description
花匠栋栋种了一排花,每株花都有自己的高度。花儿越长越大,也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走,将剩下的留在原地,使得剩下的花能有空间长大,同时,栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言,栋栋的花的高度可以看成一列整数h1,h2,…,hnh_1, h_2, … , h_n。设当一部分花被移走后,剩下的花的高度依次为g1,g2,…,gmg_1, g_2, … , g_m,则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足:
条件 A:对于所有的1<i<m2,g2i>g2i−1,且g2i>g2i+11 g_{2i-1},且g_{2i}> g_{2i+1};
条件 B:对于所有的1<i<m2,g2i<g2i−1,且g2i<g2i+11。
注意上面两个条件在m = 1时同时满足,当m > 1时最多有一个能满足。
请问,栋栋最多能将多少株花留在原地。
输入描述 Input Description
输入的第一行包含一个整数 n,表示开始时花的株数。
第二行包含 n 个整数,依次为h1,h2,…,hnh_1, h_2,… , h_n,表示每株花的高度。
输出描述 Output Description
输出一行,包含一个整数 m,表示最多能留在原地的花的株数。
样例输入 Sample Input
5
5 3 2 1 2
样例输出 Sample Output
3
数据范围及提示 Data Size & Hint
对于 20%的数据,n≤10n ≤ 10;
对于 30%的数据,n≤25n ≤ 25;
对于 70%的数据,n≤1000,0≤hi≤1000n ≤ 1000,0 ≤ h_i ≤ 1000;
对于 100%的数据,1≤n≤100,000,0≤hi≤1,000,0001 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤ h_i ≤ 1,000,000,
题解
一看这种数据规模,至多是O(nlog2n)O(n\log_2n)的算法。本题又和序列有关,所以要考虑如何用dp的方法解这道题。
用h[i]h[i]表示第i株花的高度。
仔细分析,发现本题的条件A和条件B在m>1m>1时绝对不能同时满足,而且一个合法的序列必定是一个波动序列。我们用f[i][0]f[i][0]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件A时的最多剩下的株数,f[i][1]f[i][1]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件B时的最多剩下的株数,可以得到:
f[i][0]=max{f[j][1]}+1,1≤j<i且h[j]<h[i];f[i][0]=\max\{f[j][1]\}+1,1\le j
f[i][1]=max{f[j][0]}+1,1≤j<i且h[j]>h[i];f[i][1]=\max\{f[j][0]\}+1,1\le jh[i];
答案ans=max{f[i][0],f[i][1]},1≤i≤n;ans=\max\{f[i][0],f[i][1]\},1\le i\le n;
边界为f[1][0]=f[1][1]=1f[1][0]=f[1][1]=1。
这样我们就得到了一个O(n2)O(n^2)的算法,但这并不能满足要求。
继续分析,受到求序列连续和的启发,我们可以这样设计状态:
令f[i][0]f[i][0]表示前ii株花中的最后一株(不一定是ii)满足条件A时的最多剩下的株数,f[i][1]f[i][1]表示前ii株花作为序列终点且最后一株(不一定是ii)满足条件B时的最多剩下的株数,可以得到:
h[i]>h[i−1]h[i]>h[i-1]时,
f[i][0]=max{f[i−1][0],f[i−1][1]+1},f[i][1]=f[i−1][1];f[i][0]=\max\{f[i-1][0],f[i-1][1]+1\},f[i][1]=f[i-1][1];
h[i]==h[i−1]h[i]==h[i-1]时,
f[i][0]=f[i−1][0],f[i][1]=f[i−1][1];f[i][0]=f[i-1][0],f[i][1]=f[i-1][1];
h[i]<h[i−1]h[i]时,
f[i][0]=f[i−1][0],f[i][1]=max{f[i−1][1],f[i−1][0]+1}.f[i][0]=f[i-1][0],f[i][1]=\max\{f[i-1][1],f[i-1][0]+1\}.
答案ans=max{f[n][0],f[n][1]};ans=\max\{f
[0],f
[1]\};
边界为f[1][0]=f[1][1]=1f[1][0]=f[1][1]=1。
这样算法的时间复杂度可以降到O(n)O(n),很快就可以通过。
合理设计状态能够更好地发挥动态规划的优势
Code
花匠栋栋种了一排花,每株花都有自己的高度。花儿越长越大,也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走,将剩下的留在原地,使得剩下的花能有空间长大,同时,栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言,栋栋的花的高度可以看成一列整数h1,h2,…,hnh_1, h_2, … , h_n。设当一部分花被移走后,剩下的花的高度依次为g1,g2,…,gmg_1, g_2, … , g_m,则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足:
条件 A:对于所有的1<i<m2,g2i>g2i−1,且g2i>g2i+11 g_{2i-1},且g_{2i}> g_{2i+1};
条件 B:对于所有的1<i<m2,g2i<g2i−1,且g2i<g2i+11。
注意上面两个条件在m = 1时同时满足,当m > 1时最多有一个能满足。
请问,栋栋最多能将多少株花留在原地。
输入描述 Input Description
输入的第一行包含一个整数 n,表示开始时花的株数。
第二行包含 n 个整数,依次为h1,h2,…,hnh_1, h_2,… , h_n,表示每株花的高度。
输出描述 Output Description
输出一行,包含一个整数 m,表示最多能留在原地的花的株数。
样例输入 Sample Input
5
5 3 2 1 2
样例输出 Sample Output
3
数据范围及提示 Data Size & Hint
对于 20%的数据,n≤10n ≤ 10;
对于 30%的数据,n≤25n ≤ 25;
对于 70%的数据,n≤1000,0≤hi≤1000n ≤ 1000,0 ≤ h_i ≤ 1000;
对于 100%的数据,1≤n≤100,000,0≤hi≤1,000,0001 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤ h_i ≤ 1,000,000,
题解
一看这种数据规模,至多是O(nlog2n)O(n\log_2n)的算法。本题又和序列有关,所以要考虑如何用dp的方法解这道题。
用h[i]h[i]表示第i株花的高度。
仔细分析,发现本题的条件A和条件B在m>1m>1时绝对不能同时满足,而且一个合法的序列必定是一个波动序列。我们用f[i][0]f[i][0]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件A时的最多剩下的株数,f[i][1]f[i][1]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件B时的最多剩下的株数,可以得到:
f[i][0]=max{f[j][1]}+1,1≤j<i且h[j]<h[i];f[i][0]=\max\{f[j][1]\}+1,1\le j
f[i][1]=max{f[j][0]}+1,1≤j<i且h[j]>h[i];f[i][1]=\max\{f[j][0]\}+1,1\le jh[i];
答案ans=max{f[i][0],f[i][1]},1≤i≤n;ans=\max\{f[i][0],f[i][1]\},1\le i\le n;
边界为f[1][0]=f[1][1]=1f[1][0]=f[1][1]=1。
这样我们就得到了一个O(n2)O(n^2)的算法,但这并不能满足要求。
继续分析,受到求序列连续和的启发,我们可以这样设计状态:
令f[i][0]f[i][0]表示前ii株花中的最后一株(不一定是ii)满足条件A时的最多剩下的株数,f[i][1]f[i][1]表示前ii株花作为序列终点且最后一株(不一定是ii)满足条件B时的最多剩下的株数,可以得到:
h[i]>h[i−1]h[i]>h[i-1]时,
f[i][0]=max{f[i−1][0],f[i−1][1]+1},f[i][1]=f[i−1][1];f[i][0]=\max\{f[i-1][0],f[i-1][1]+1\},f[i][1]=f[i-1][1];
h[i]==h[i−1]h[i]==h[i-1]时,
f[i][0]=f[i−1][0],f[i][1]=f[i−1][1];f[i][0]=f[i-1][0],f[i][1]=f[i-1][1];
h[i]<h[i−1]h[i]时,
f[i][0]=f[i−1][0],f[i][1]=max{f[i−1][1],f[i−1][0]+1}.f[i][0]=f[i-1][0],f[i][1]=\max\{f[i-1][1],f[i-1][0]+1\}.
答案ans=max{f[n][0],f[n][1]};ans=\max\{f
[0],f
[1]\};
边界为f[1][0]=f[1][1]=1f[1][0]=f[1][1]=1。
这样算法的时间复杂度可以降到O(n)O(n),很快就可以通过。
合理设计状态能够更好地发挥动态规划的优势
Code
#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 100010; int h[maxn], n; int f[maxn][2]; void init() { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &h[i]); } void work() { f[1][0] = f[1][1] = 1; for(int i = 2; i <= n; ++i) { if(h[i - 1] < h[i]) { f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + 1); f[i][1] = f[i - 1][1]; } else if(h[i - 1] > h[i]) { f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + 1); f[i][0] = f[i - 1][0]; } else { f[i][1] = f[i - 1][1]; f[i][0] = f[i - 1][0]; } } printf("%d", max(f [0], f [1])); } int main() { init(); work(); return 0; }
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