POJ2353
穷逼DP时间复杂度O(n*m*m), 我想的就是这个..
牛逼DP时间复杂度O(n*m), 每一个room的状态都只能由左下右三个room决定, 从底向上双向递归..
POJ3612
把dp[i][h]分成两部分求解, 两部分可以分别以O(100)预处理, 求dp[i][h]是O(1), 所以整个复杂度只有O(n*100), 很棒
引用牛kevin0602的讲解(他的博客已经进不去了.. 不知为何)
先分h’大于h和小于h两种情况,这方程可写为f(n, h) = (H[i]-h)^2 + min { -C*h + min { f(n-1, h’)+C*h’ } (for h’ >= h),C*h + min { f(n-1, h’)-C*h’ } (for h’ < h) },这样就把h’放在一起了,现在定义low(n, h) := min over h' >= h { f(n, h’)+C*h’ },high(n, h) := min over h’ < h { f(n, h')-C*h' },则可方程进一步写为f(n, h) = (H[i]-h)^2 + min { -C*h+low(n-1, h), C*h+high(n-1, h) }。在计算第n个电线杆的时候,low(n-1, h)和 high(n-1, h)用双重DP的方法可以在O(100)*3的时间内算出,则总时间复杂度为O(N*100)。
双向DP有点类似双向BFS, 两次BFS后可以O(1)求通过某点的入口-出口路径, 这两个题每一个状态都是可以表示成从两个状态比较来. 以后遇到类似的题目要警觉一下.. 或许还有三向之类的衍生..
代码:
2353
#include <stdio.h> int main() { int M,N; scanf("%d%d",&N,&M); int dp[101][501]; int path[101][501]; //0: down 1: left 2: right int a[101][501]; for(int i=1;i<=N;i++) for(int j=1;j<=M;j++) scanf("%d",a[i]+j); for(int i=1;i<=M;i++) { dp[0][i]=0; path[0][i]=-1; } for(int i=1;i<=N;i++) { for(int j=1;j<=M;j++) { dp[i][j]=dp[i-1][j]+a[i][j]; path[i][j]=0; } for(int j=2;j<=M;j++) { int foo=dp[i][j-1]+a[i][j]; if(foo<dp[i][j]) { dp[i][j]=foo; path[i][j]=1; } } for(int j=M-1;j>=1;j--) { int foo=dp[i][j+1]+a[i][j]; if(foo<dp[i][j]) { dp[i][j]=foo; path[i][j]=2; } } } /*for(int i=N;i>=1;i--) { for(int j=1;j<=M;j++) printf("%d ",path[i][j]); printf("\n"); }*/ dp[N][0]=0x7fffffff; int p=0; for(int i=1;i<=M;i++) if(dp[N][i]<dp[N][p]) p=i; int __path[30000]; int __n=0; int *__p=path[N]+p; while(*__p!=-1) { __path[__n++]=p; switch(*__p) { case 0: __p-=501; break; case 1: __p--; p--; break; case 2: __p++; p++; break; } } for(int i=__n-1;i>=0;i--) printf("%d\n",__path[i]); return 0; }
3612
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <stdlib.h> int main() { int N,C,H[100001]; scanf("%d%d",&N,&C); for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",H+i); int *dp=(int *)malloc(sizeof(int)*101); memset(dp,0,sizeof(int)*101); for(int i=1;i<=N;i++) { int d[101],u[101],min; min=0x7fffffff; for(int k=1;k<=100;k++) { if(dp[k]-C*k<min) min=dp[k]-C*k; d[k]=min; } min=0x7fffffff; for(int k=100;k>=1;k--) { if(dp[k]+C*k<min) min=dp[k]+C*k; u[k]=min; } int *__dp=(int *)malloc(sizeof(int)*101); for(int k=1;k<H[i];k++) __dp[k]=1E9; for(int k=H[i];k<=100;k++) { int uv=u[k]-C*k; int dv=d[k]+C*k; __dp[k]=uv<dv?uv:dv; __dp[k]+=(k-H[i])*(k-H[i]); } free(dp); dp=__dp; } int result=0x7ffffff; for(int i=1;i<=100;i++) result=dp[i]<result?dp[i]:result; printf("%d\n",result); return 0; }