随时记录灵感——DP相关

今天下午记录的灵感因为没有保存所以消失了QAQ

那就重写一遍吧。

首先题目是这样的：

有n个项目，每个项目都有m种东西可选，每个项目必须选一个东西。

对于某个项目i，第j种东西：

有其性能wijw_{ij}和花费cijc_{ij}

现在求

max(min(wij)∑cij)max(\frac {min(w_ {ij})}{\sum c_{ij}})

设dp[i][j]表示到第i个选到的性能为j目前在考虑选不选第k个东西的最小花费。

dp[i][min(j,w[i][k])=min(dp[i−1][j]+c[i][k],dp[i][min(j,w[i][k]))dp[i][min(j,w[i][k]) = min(dp[i-1][j] + c[i][k] , dp[i][min(j,w[i][k]))

嗯……然后最后扫一遍dp
[j]，每个j都除以dp
[j]取最大的那个即可。

忽然感觉这好像一个暴力啊……

像不像是枚举？

枚举每个项目，枚举每个东西，枚举每个东西能到达的结果。

我们可以考虑这种东西:

f[i][k][p]表示在第i个项目，目前最小的带宽为k，花费为p可不可以到达。

那么，显然：

f[0][0][0][0] = 1;

然后转移的话：

f[i][k][p]=f[i−1][s>=k][p−cij] |f[i−1][k][p]; f[i][k][p] = f[i - 1][s >= k][p - c_{ij}]\ \ \ | f[i - 1][k][p];\ \ \

我们发现这种转移简直暴力到了一定地步，所以我们感觉……

现在我写的DP就是一个枚举

嗯……可是你怎么保证你的DP不是枚举呢？

我的这个转移，可以说，不是一个DP。

但是也是一个DP啊，因为它有状态，有转移，没有后效性。

问题在于：

原问题有一个比较优美的性质，就是在于：

你不必保存所有的花费可不可以到达，因为你只在乎那个最小的花费可不可以到达。

那么我们把这个开个int数组，然后省去一维，降一下空间就好了。

同样的，我们的时间也减少了一个n。

也就是说，我们根据问题的性质，成功降了一下维。

所以这就叫DP了？

我觉得这就是DP了吧。

我仔细回忆一下，可以发现几个经典模型：

01背包：

最蠢的暴力枚举：

f[i][j][k]表示第i个物品，容量为j，价值为k是可不可达的。

f[i][j][k] = f[i - 1][j - w][k - c] | f[i - 1][j][k]

最后暴力扫一遍每个状态即可。

我们发现这样的复杂度是(n ^ 3)，但是比枚举每一个物品选或者不选不知道要高贵到哪里去了。

思路：

暴力枚举每一个物品？O(2n2 ^ n)

- > 影响最终答案，和最终答案有关的是什么？选择哪个物品，选还是不选，容量是怎样的，价值是怎样的。那么，我们直接有上述转移：f[i][j][k] = f[i - 1][j - w][k - c] | f[i - 1][j][k]，即我们考虑最后扫一遍对于每个状态可不可达，取一下最大值就行了。O(n3n ^ 3)

- >可是再仔细一想：我们只需要考虑每个容量记录一个最优的价值就好了，为什么记录比它还差的呢？没错，这样做的最后转移就是我们熟悉的： f[i][j]=max(f[i−1][j−w[i]]+c[i],f[i−1][j]);f[i][j] = max(f[i - 1][j - w[i]] + c[i],f[i - 1][j]);

所以，此时并不关心你这个状态可不可达，只关心在这个状态可达的情况下，最优的结局是怎样的。

即：最优子结构。

并且，由于问题的特殊性，我们显然能知道，当前状态的最优结局，我们在后面也会用到这一状态的最优结局。并且，我们当前这一步的状态，对于后面的任何抉择来讲都是没有影响的。

即：无后效性。

其实，当时我表示不是很理解：

在01背包中，这个东西被选了，之后的选的就少了啊，这怎么可能对后来的状态没有影响呢？

现在我好像明白了：

这种东西有没有对后来状态的影响，得根据当前状态的定义来判断。

比如对于01背包，它选了这件物品，和不选这件物品，对于状态定义的不同显然结局不太一样：

假设：f[i]表示强制选择这个物品的最大价值。

显然这个东西是没办法与后面产生什么关系的。

因为f[i]和任意的一个f[j]都没有任何联系，它们不仅是互相影响的，而且是没有压缩整个问题的。

而现在：

f[i][j] 表示对于第i个物品，还剩j容量的背包能取得的最大价值。

显然这一点跟前面取了什么是无关的，这个状态和什么有关？

显然这个状态跟前面某个东西取或者没有取是无关的，它只跟前面的背包容量有关，甚至和前i - 1个物品都没有任何关系。

再重复一遍当前状态：第i个物品背包容量为j的最大价值只与两个状态有关：

1.当前这个物品不选，前i - 1个物品，背包容量为j的最大价值。

2.当前这个物品选了，前i - 1个物品，背包容量为j - w[i]的最大价值。

只跟这两个状态有关，与

选了什么到达了这些状态

无关。

真的写的有点累了呢……

我来冷静一下：

我们来看一道经典的LIS（最长不上升子序列）问题

暴力枚举每个元素就不说了。

现在说说暴力枚举每个状态：

设f[i][j][k]表示：前i个元素，长度为j可不可以通过大小为k的元素到达。

那么问题分为两部分：

选第i个，还是不选呢？

如果不选，那么f[i][j][k]= f[i - 1][j][k]。

如果选呢？f[i][j][k] = f[i - 1][j - 1][s >= k];

所以最终结果是：

f[i][j][k] = f[i - 1][j][k] | (f[i - 1][j - 1][s >= k] && a[i] == k);f[i][j][k] = f[i - 1][j][k] | (f[i - 1][j - 1][s >= k] && a[i] == k);

这样问题就解决了！复杂度O(n3∗Wn^3 * W)

是不是非常蠢呢？

嗯……

我们考虑优化这个dp，发现我们并不用关心大小为k抑或是不是k，我们只关心前面的出现的那些元素。

设f[i][j][k]表示：前i个元素，长度为j可不可以通过第k大的元素到达。

f[i][j][k] = f[i - 1][j][k]\ \ \ | (f[i - 1][j - 1][s >= k] && a[i]排在第k大)f[i][j][k] = f[i - 1][j][k]\ \ \ | (f[i - 1][j - 1][s >= k] && a[i]排在第k大)

复杂度O(n4n ^ 4)。

等等这好像还是有点蠢对吧……

因为你的第三维有n - 1个无用的状态啊。

我们考虑这样做：

f[i][j][0]表示对于前i个长度为j可不可以通过不选i到达。

f[i][j][1]表示对于前i个长度为j可不可以通过选i到达。

f[i][j][0]=f[i−1][j][0] |f[i−1][j][1]f[i][j][0] = f[i - 1][j][0] \ \ \ | f[i - 1][j][1]

f[i][j][1] = f[i - 1][j][0] | f[k][j - 1][1] (k < i && a[k] > a[i])f[i][j][1] = f[i - 1][j][0] | f[k][j - 1][1] (k < i && a[k] > a[i])

其实这样已经差不多了，我们发现复杂度是：O(n3n ^ 3)

然而……

问题真的这样结束了吗？

我们考虑到一点，就是长度那一维应该是不用记的，因为我们同样只关心这一点能造成的最优长度，不用关心比它差的结果。

于是我们：

f[i][0]=max(f[i−1][0],f[i−1][1])f[i][0] = max(f[i - 1][0],f[i - 1][1])

f[i][1] = max(f[i - 1][0],f[j][1](a[j] >= a[i] && j < i))f[i][1] = max(f[i - 1][0],f[j][1](a[j] >= a[i] && j < i))

然后我们发现其实……

f[i][0]就是打酱油的，因为它什么都派不上用场。

我们直接记录强制选择i所能达到的最大长度其实就解决了。

嗯实际上最终的复杂度是可以做到O(nlog2nnlog_2n)的，用树状数组优化即可。

这个灵感应该还是蛮重要的。

至少DP其实算是暴力枚举每一个状态。

完结撒花。