bzoj1207.雷涛的小猫

有 n ( 5000 ) 棵柿子树，每棵上面都有若干柿子且每棵树高度均为
H ( 5000 )，现在要从树顶开始吃柿子，每次可以使自己的高度下降 1 ，但是所在的树没变，或者换到任意一棵树上，但是高度会降低
delta，问到达地面 ( 高度为 0 ) 时，最多能吃多少柿子

读题之后，首先想到一个最朴素的DF：设 F[ i ][ j ] 表示当高度为
j 时，在第 i 棵树上能吃到的最大的柿子数。转移是显然的 ：F[ i ][ j ] = max(F[ i ][ j + 1 ], max(F[ k ][ j + delta ])) + h[ i ][ j ] (1 <= k <= n)，其中
h[ i ] [ j ] 表示第 i 棵树上高度为 j 的柿子有多少个，在读入的时候统计一下就行了。总时间复杂度为
O( n ^ 3 ) = 状态 n ^ 2 + 转移 O( n )。

但是由于 n = 5000， h = 5000，所以O( n ^ 3 ) 的复杂度太高。那么如何优化呢？其实只需要记一个
g[ i ] 数组，表示在当前高度第 i 棵树上的能吃到的最多柿子数。每次更新一下
g[i] = max(g[ i ], F[ j - delta ])，比较一下是应该从当前这棵下来，还是从别的树上跳过来。这样状态数还可以降到
O( n )：F[ j ] 表示到高度为 j 的时候能得到的最大柿子数。总时间复杂度 O( n ^ 2 )。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAX_N = 2005;

int n, H, del;
int h[MAX_N][MAX_N], f[MAX_N], g[MAX_N];

void init()
{
scanf("%d%d%d", &n, &H, &del);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
int sum; scanf("%d", &sum);
for(int j = 1; j <= sum; j ++){
int x; scanf("%d", &x);
h[i][x] ++;
}
}
}

void doit()
{
memset(f, 0, sizeof(f));
for(int j = H; j >= 0; j --){
int p;
if(j + del <= H) p = f[j + del];
else p = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
g[i] = max(g[i], p) + h[i][j],
f[j] = max(f[j], g[i]);
}
printf("%d\n", f[0]);
}

int main()
{
init(); doit();
return 0;
}