HDU —— 1176 免费馅饼的另一种解法（dp）

迈不过友情╰ 2021-09-27 05:54 306阅读 0赞

好长时间没有搞算法了，今天写道题练练手。

# 免费馅饼 #

**Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)  
Total Submission(s): 62631    Accepted Submission(s): 21932**

Problem Description

都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

![1176_1.jpg][]

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

Input

输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。

Output

每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示gameboy最多可能接到m个馅饼。  
提示：本题的输入数据量比较大，建议用scanf读入，用cin可能会超时。

Sample Input

6 5 1 4 1 6 1 7 2 7 2 8 3 0

Sample Output

有段时间没有写算法题了，拿来练练手，dp题，准备拿来给学弟讲讲，

写完之后看了下网上题解，大多是**从下往上推**的，我写的是**从上往下推**的，因为之前没有写过数塔之类的题，这类题算第一次写。

刚开始想的是建一个dp\[100010\]\[13\]的数组，一层一层推，后来发现可以缩减为两层，也就是建一个dp\[2\]\[13\]的数组即可，因为实际上只有上一层的数据需要更新。

下面是状态转移方程：**dp\[i\]\[j\]为在i秒j位置所能得到的最大的馅饼数**

**dp\[i\]\[j\] = max(dp\[i-1\]\[j-1\],dp\[i-1\]\[j\],dp\[i-1\]\[j+1\]) + x\[i\]\[j\]              x\[i\]\[j\]为在i秒j位置落下的总馅饼数**

**dp\[i\]\[j\] = max(dp\[i-1\]\[j-1\],dp\[i-1\]\[j\],dp\[i-1\]\[j+1\])                 在i秒没落下馅饼**

解释一下上面的方程，首先明确不管在这一秒有没有落下馅饼，都可以在一秒时间不走或朝左或朝右走一步（max(dp\[i-1\]\[j-1\],dp\[i-1\]\[j\],dp\[i-1\]\[j+1\]) ），所以每过一秒需要更新下一秒所能获得的最大馅饼数，仔细想想会发现，如果一直不落下馅饼，最多过十秒后，dp数组将不会再更新，因为十秒时间你可以从0点走到十点，这时数组里的值都会更新为一样的值且为最大值。

如果在某一秒j位置落下了馅饼，则该位置的值为max(dp\[i-1\]\[j-1\],dp\[i-1\]\[j\],dp\[i-1\]\[j+1\]) + x\[i\]\[j\]，x\[i\]\[j\]为在i秒j位置落下的总馅饼数，最后一秒的那行数组里的最大值即为最终结果。仔细想想会发现，其实更新时只用到了上一秒的数组，于是可以想到只需两层数组即可实现。

下面上代码：

#include<stdio.h>
    #include<string.h>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    
    typedef struct {
    	int a,b;
    }S;
    int cmp (S x,S y){
    	return x.b < y.b;
    }
    int M(int a,int b,int c){    //返回最大值
    	int sum = a;
    	sum = sum > b ? sum : b;
    	sum = sum > c ? sum : c;
    	return sum;
    }
    int main(){
    	int n,i,j,k;
    	int dp[2][13];
    	S b[100010];
    	while(scanf("%d",&n),n!=0){
    		for(i = 1;i <= n;i++){
    			scanf("%d%d",&b[i].a,&b[i].b);
    			b[i].a++;    //给每个位置加一，可以忽略对边界的处理
                            //因为刚开始在5的位置，加一后为6，总区域为1~11，在前四秒时间如果落在了其他的地方，将不会得到馅饼。所以将其去除。
    			if(b[i].b == 1 && (b[i].a>7||b[i].a<5))
    				n--,i--;
    			if(b[i].b == 2 && (b[i].a>8||b[i].a<4))
    				n--,i--;
    			if(b[i].b == 3 && (b[i].a>9||b[i].a<3))
    				n--,i--;
    			if(b[i].b == 4 && (b[i].a>10||b[i].a<2))
    				n--,i--;
    		}
    		sort(b+1,b+n+1,cmp);    //对数据按秒升序排序
    		memset(dp,0,sizeof(dp));
    		int T = 1;
    		int flag;    //该变量确认数组里的值是否相同，可以缩短循环时间，详情见上面解释
    		b[0].b = b[1].b;
    		for(j = 1;j <= n;j++){
    			flag = 1;
                            //每过一秒对数组进行更新
    			for(i = b[j-1].b;i != b[j].b && flag;i++,T++){
    				flag = 0;
    				for(k = 1;k < 12;k++)
    					dp[T%2][k] = M(dp[(T-1)%2][k-1],dp[(T-1)%2][k],dp[(T-1)%2][k+1]);
    				int s = dp[T%2][1];
    				for(k = 2;k < 12;k++)
    					if(dp[T%2][k] != s)
    						flag = 1;
    			}
    			dp[(T-1)%2][b[j].a]++;    //落下馅饼加一
    		}
    		int sum = -1;
    		T--;
    		for(i = 1;i < 12;i++)
    			if(sum < dp[T%2][i])
    				sum = dp[T%2][i];
    		printf("%d\n",sum);    //寻找最大值输出
    	}
    	return 0;
    }

[1176_1.jpg]: /images/20210923/0f485e29ac89454ba0c38e1f8423bb98.png