[UVA12235] Help Bubu 思惟题+状态定义+Dp

Online Judge：UVA12235

Label：思惟题，状态定义，状压Dp

题面：

题目描述

有一个书架，上面放了n本书，从左往右的第i本书的高度为h[i]。定义书架的混乱度为连续等高段的个数。

例如：{30,30,31,31,32}的混乱度为3；{30,32,32,31}的混乱度为3；{31,32,31,32,31}的混乱度为5。

如今你能够从中抽出至多k本书，而后将他们随意放回书架任意位置，求最终最小的混乱度。

对于100%的数据，N的范围[1,500],K的范围[1,100],书的高度范围[25,32];

输入

第一行两个整数N,K；

第二行，N个元素，表示从左往右每本书的高度。

输出

输出从新摆放K本书的最小混乱度。

"Print a blank line after the output of each case."注意每组数据输出要两个换行！！

样例

Input

5 2
25 25 32 32 25
5 1
25 26 25 26 25
0 0

Output

Case 1: 2
Case 2: 3

题解

发现书的高度只有\([25,32]\)这8种，彷佛能够状压的样子。对高度从新编号\(0\)~\(7\)方便后面表示，而且称为\(8\)种不一样的颜色。

定义状态\(dp[i][j][sta][co]\)，只考虑前\(i\)本书，已经将其中\(j\)本书拿起来了（注意这里是拿起来，实际上是采用一种上帝视角，先所有拿出来而后到时候一个一个再放回去），\(sta\)表示哪些颜色的书还没拿起来过（用二进制表示状态），\(co\)表示最近一次没拿起来的书的颜色，Dp值表示此时（i及其以前）剩下来没有移动的那些书的混乱度。

然而你会发现直接这样定数组会MLE，如何优化呢，只要你把题解拉下来一点直接看转移过程，就会发现，对于第一维来讲每次只用上一层状态，因此能够滚动一下第一维。这样空间就没问题勒。

先来说讲接下来具体如何实现：

初态：对于任意\(h∈[h[1],h[n]]\) 有 \(dp[i][i-1][1<<h][h]\)表示，除了当前这本书，前面的\(i-1\)本书都拿起来时的状态；

终态：统计\(dp[n][j][sta][co]+val\)的最小值，其中\(val\)=\(all\) \(Xor\) \(sta\)中1的个数，其实就是那些拿起来的书的颜色种类总数。

而转移呢能够一边读入一边进行。对于当前的高度\(h\)（先-24转化成0~7中的数字），咱们枚举\(i,sta,co\)，详见下面注释：

inline void Do(int &x,int y){if(x==-1||x>y)x=y;}
//枚举第o本书
int g=0,all=0;
Rep(o,1,n){
    	//读入高度，预处理下
		int h;scanf("%d",&h);h-=25;
		//滚动~
    	g^=1;memset(dp[g],-1,sizeof(dp[g]));
    	//上面所说的初态初始化。注意要判:o-1<=m，由于第二维咱们只开到m的上限100，不特判可能会数组越界
		if(o-1<=m)dp[g][o-1][1<<h][h]=1; 
    
		//i:已拿个数 s:未选颜色状态 c:最近一次没动的书的颜色 
		Rep(i,0,min(o,m))Rep(s,1,all)Rep(c,0,7){//枚举上一层状态
			if(dp[g^1][i][s][c]==-1)continue;
             //最近的位置上有一个跟h颜色相同的书没拿走，很明显把当前这个留下来较优
			if(h==c)Do(dp[g][i][s][c],dp[g^1][i][s][c]);
			else{
                 //把当前这个留在原位，因为前面一个跟本身颜色不一样，因此混乱值+1
				Do(dp[g][i][s|(1<<h)][h],dp[g^1][i][s][c]+1);
				//把当前这个拿起来
				Do(dp[g][i+1][s][c],dp[g^1][i][s][c]); 
			}
		}
		all|=1<<h;//all表示当前已经含有的颜色
	}

最后的统计根据上面的终态来就行了。

上完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define Rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
using namespace std;
int n,m,dp[2][115][260][10];
inline void Do(int &x,int y){
	if(x==-1||x>y)x=y;
}
int main(){
	int cas=0;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
	if(n==0||m==0)return 0;memset(dp,-1,sizeof(dp));
	int g=0,all=0;
	Rep(o,1,n){
		int h;scanf("%d",&h);h-=25;
		g^=1;memset(dp[g],-1,sizeof(dp[g]));
		if(o-1<=m)dp[g][o-1][1<<h][h]=1;
		Rep(i,0,min(o,m))Rep(s,1,all)Rep(c,0,7){
			if(dp[g^1][i][s][c]==-1)continue;
			if(h==c)Do(dp[g][i][s][c],dp[g^1][i][s][c]);
			else{
				Do(dp[g][i][s|(1<<h)][h],dp[g^1][i][s][c]+1);
				Do(dp[g][i+1][s][c],dp[g^1][i][s][c]);
			}
		}
		all|=1<<h;
	}
	int ans=n;
	Rep(i,0,m)Rep(s,1,all)Rep(c,0,7)if(~dp[g][i][s][c]){
		int cnt=0,choose=all^s;
		Rep(o,0,7)if((1<<o)&choose)cnt++;
		ans=min(ans,dp[g][i][s][c]+cnt);
	}
	printf("Case %d: %d\n\n",++cas,ans);
	}
}

End

从新看一遍这道题，难点主要在于正肯定义状态。状压、滚动这两个优化根据数据范围和转移过程并不难想。为何能够以这样的顺序从前到后遍历转移呢，考试的时候也有思考过这样的顺序，可是立刻能找到反例——可能前面的书也能够放在他以后的块里。实际上仍是没有想通那个上帝视角，即将这些拿出来的书先囤着，到时候一个一个贪心的插♂回去，不急着肯定出到底要放在哪一个块里。