《算法竞赛进阶指南》0x55 环形与后效性处理

0x55 环形与后效性处理

休息时间

题意：

一天有 $n$ 个小时，在第 $i$ 个小时睡觉恢复体力 $u_i$ 。一头牛一天要休息 $b$ 个小时，可以分成多段。每一段需要花费一个小时才能睡着，这一个小时不恢复体力。询问恢复体力的最大值。

解析：

可以考虑dp。第一维是每天的时间，第二维是已经休息的时间。转移的时候需要知道当前休息的这一个小时是否可以恢复体力，即是否是一段休息的第一个小时，所以增加第三维。

牛在每一个小时的状态有：清醒，入睡，熟睡。只有熟睡可以恢复体力，入睡和熟睡都是休息。

因为时间是环形的，所以可以通过分类讨论第一个小时的状态，来实现环形dp的转移

第一个小时状态为清醒或者入睡
第一个小时状态为熟睡，此时要求最后一个小时状态为入睡

注意空间大小，滚动数组优化空间

做题的时候一个不明白的地方是：对于第一种状态，第一个小时为入睡或者清醒，最后一个小时的状态是什么。其实清醒，入睡，熟睡都可以。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 4e3+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

int n, m, ans;
int a[maxn];
int f[2][maxn][2];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    memset(f, -INF, sizeof(f));
    int cur = 1, pre = 0;
    f[0][0][0] = f[0][1][1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= min(m, i); j++){
            f[cur][j][0] = max(f[pre][j][0], f[pre][j][1]);
            if(j)
                f[cur][j][1] = max(f[pre][j-1][0], f[pre][j-1][1]+a[i]);

        }
        cur ^= 1;
        pre ^= 1;
    }
    ans = max(f[pre][m][0], f[pre][m][1]);

    memset(f, -INF, sizeof(f));
    cur = 1, pre = 0;
    f[0][1][1] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= min(m, i); j++){
            f[cur][j][0] = max(f[pre][j][0], f[pre][j][1]);
            if(j)
                f[cur][j][1] = max(f[pre][j-1][0], f[pre][j-1][1]+a[i]);

        }
        cur ^= 1;
        pre ^= 1;
    }
    ans = max(ans, f[pre][m][1]);

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

环路运输

题意：

环形公路上有 $n$ 个仓库，仓库 $i, j$ 之间的距离 $d i s t (i, j)$ 为顺时针或者逆时针种较近的一种，在 $i, j$ 运输的代价为 $dist(i,j) + a_i + a_j$ 。询问在两座仓库之间运送货物的最大代价

解析：

对于环形的处理是：断环为链。对于仓库 $i, j (j < i)$ 运输，如果 $\frac{N}{2}$ ，则在 $i, j$ 之间运输；如果 $\frac{N}{2}$ ，在 $i, j + N$ 之间运输。

题目转化为：长为 $2 n$ 的链，对于 $i$ ，找到 $j$ ，使 $a_i+i+a_j-j$ 最大，即 $a_j-j$ 最大 $\frac{N}{2})$

可以用单调队列来维护 $a_j-j$ ，时间复杂度为 $O (n)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define int ll
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

int n, a[maxn << 1];
int q[maxn << 1], hh, tt;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
		a[i+n] = a[i];
	}
	q[++tt] = 1;
	int len = n >> 1;
	int ans = 0;
	for(int i = 2; i <= n * 2; i++){
		while(hh <= tt && q[hh] < i-len)
			hh++;
		ans = max(ans, a[i]+i+a[q[hh]]-q[hh]);
		while(hh <= tt && a[q[tt]]-q[tt] < a[i]-i)
			tt--;
		q[++tt] = i;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

坏掉的机器人

题意：

机器人初始在 $(x, y)$ ，每步等概率向左、向右、原地不动、向下移动一格。求到 $(n, m)$ 的步数的期望。

解析：

设 $f_{i,j}$ 为 $(i, j)$ 走到 $(n, m)$ 步数的期望

对于第一列： $f_{i,1} = 1 + \frac{1}{3}(f_{i,1}+f_{i+1, 1}+f_{i, 2})$

对于第 2~m-1 列： $f_{i,j} = 1+\frac{1}{4}(f_{i,j}+f_{i, j-1}+f_{i, j+1}+f_{i+1, j})$

因为不能向上走，所以行间的转移没有后效性，可以线性转移。但行内相互转移，没有递推的顺序，所以需要解方程组，通过高斯消元来解方程组

注意：对于只有一列的情况， $\frac{1}{2}$ 停在原地， $\frac{1}{2}$ 向下走一步，所以期望是 $2 (n - x)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e3+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

int n, m, x, y;
double f[maxn][maxn], a[maxn][maxn];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n >> m >> x >> y;
	if(m == 1){
		cout << fixed << setprecision(4) << 2.0 * (n - x) << endl;
		return 0;	
	}	
	for(int i = n-1; i >= x; i--){
		a[1][1] = a[m][m] = 2 / 3.0, a[1][m + 1] = 1 + f[i + 1][1] / 3;
        a[1][2] = a[m][m - 1] = -1 / 3.0, a[m][m + 1] = 1 + f[i + 1][m] / 3;
        for(int j = 2; j <= m-1; j++){
        	a[j][j - 1] = a[j][j + 1] = -1 / 4.0;
			a[j][j] = 3 / 4.0, a[j][m + 1] = 1 + f[i + 1][j] / 4;
		}			
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            double r = a[i + 1][i] / a[i][i];
            a[i + 1][i] = 0, a[i + 1][i + 1] -= r * a[i][i + 1];
			a[i + 1][m + 1] -= r * a[i][m + 1];
        }
        for(int j = m; j >= 1; j--) {
            double r = a[j - 1][j] / a[j][j];
            a[j - 1][j] = 0;
			a[j - 1][m + 1] -= a[j][m + 1] * r;
            f[i][j] = a[j][m + 1] / a[j][j];
        }
	}
	cout << fixed << setprecision(4) << f[x][y] << endl;
	return 0;
}