AOJ 890.修理牛棚

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题目



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Description
在一个夜黑风高,下着暴风雨的夜晚,农民约翰的牛棚的屋顶、门被吹飞了。 好在许多牛正在度假,所以牛棚没有住满。 剩下的牛一个紧挨着另一个被排成一行来过夜。 有些牛棚里有牛,有些没有。 所有的牛棚有相同的宽度。 自门遗失以后,农民约翰必须尽快在牛棚之前竖立起新的木板。 他的新木材供应商将会供应他任何他想要的长度,但是供应商只能提供有限数目的木板。 农民约翰想将他购买的木板总长度减到最少。
给出:可能买到的木板最大的数目M(1<=M<=50);牛棚的总数S(1<=S<=200); 牛棚里牛的总数C(1<=C<=S);和牛所在的牛棚的编号stallnumber(1<=stallnumber<=S),计算拦住所有有牛的牛棚所需木板的最小总长度。 输出所需木板的最小总长度作为答案。


1行: M,S和C(用空格分开)
2到C+1行:每行包含一个整数,表示牛所占的牛棚的编号。


单独的一行包含一个整数表示所需木板的最小总长度。



4 50 18
3
4
6
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题解



这道题有多种不同的思路

贪心


首先假定我们用一个木板拦住所有的牛,当我们有多于一个木板的时候,我们的任务就是选一个最大的区间,从这里把木板拆成两个

当有多个木板时同理,不停寻找最大的区间即可

细节比较多,可以把中间变量输出出来进行测试

需要特别注意的是: 牛所在的牛栏并不是有序输出的,同时存在没有牛和木板比牛的情况

动态规划


动态规划最重要的是转移方程

可以看出自变量的应该是木板数和牛栏数,也即有:
dp(i,j) 表示前i个牛栏使用j个木板所需要的最小木板总长度

那么就可以看出在已经有dp(i-1,j)的情况下,又加入一个新的牛栏(有牛),存在两种处理方案:
  • 用一块新的木板 dp(i-1,j-1)+1
  • 延长上一块木板 dp(i-1,j)+a[i]-a[i-1]

也即 dp(i,j) = min( dp(i-1,j-1)+1, dp(i-1,j)+a[i]-a[i-1] )

然后需要处理的就是边界条件
按照实际含义来想,dp(0,k) 表示0个牛栏需要的木板数,显然应该是0
dp(k,0) (k!=0) 表示没有木板的情况下,拦住k个有牛的牛栏,应该是无穷大

综上:
dp(i,j) = \left\{\begin{matrix} 0 & i=0\\ INF & i \neq 0,j=0\\ min(dp(i-1,j-1)+1,dp(i-1,j)+a[i]-a[i-1]) & 其他 \end{matrix}\right. ${% endraw %} # 代码 ## 贪心 {% fold 点击显/隐代码 %}```cpp 修理牛棚(贪心) https://github.com/OhYee/sourcecode/tree/master/ACM 代码备份 /*/ #define debug #include //*/ #include #include #include #include using namespace std; const int maxn = 205; int a[maxn], b[maxn]; int m, s, c; int main() { #ifdef debug freopen("in.txt", "r", stdin); int START = clock(); #endif cin.tie(0); cin.sync_with_stdio(false); while (cin >> m >> s >> c) { for (int i = 0; i < c; i++) cin >> a[i]; sort(a,a+c); if (c == 0 || m >= c ) { cout << c << endl; } else { for (int i = 0; i < c - 1; i++) b[i] = a[i + 1] - a[i] - 1; sort(b, b + c - 1); int ans = a[c - 1] - a[0] + 1; // cout< //*/ #include #include #include #include using namespace std; const int maxn = 205; const int INF = 0x3f3f3f; int a[maxn]; int m, s, c; int dp[maxn][maxn]; int main() { #ifdef debug freopen("in.txt", "r", stdin); int START = clock(); #endif cin.tie(0); cin.sync_with_stdio(false); a[0] = 0; while (cin >> m >> s >> c) { for (int i = 1; i <= c; i++) { cin >> a[i]; } sort(a + 1, a + 1 + c); for (int i = 0; i <= c; i++) dp[i][0] = INF; memset(dp[0], 0, sizeof(dp[0])); for (int i = 1; i <= c; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1] + 1, dp[i - 1][j] + a[i] - a[i - 1]); cout << dp[c][m] << endl; // for (int i = 0; i <= c; i++){ // for (int j = 0; j <= m; j++) // printf("%5d ",dp[i][j]); // printf("\n"); // } } #ifdef debug printf("Time:%.3fs.\n", double(clock() - START) / CLOCKS_PER_SEC); #endif return 0; } ```
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