[NOIP2013 花匠] 新人解题报告
本来按照老师的要求,我学OI的第一份解题报告应是在寒假完成的关于数据结构的基础题,但由于身体原因当时未能完成,那么就在省选赛前临时写几篇吧……
题目描述
花匠栋栋种了一排花,每株花都有自己的高度。花儿越长越大,也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走,将剩下的留在原地,使得剩下的花能有空间长大,同时,栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言,栋栋的花的高度可以看成一列整数ℎ1, ℎ2, … , ℎn。设当一部分花被移走后,剩下的花的高度依次为g1, g2, … , gm,则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足:
条件 A:对于所有的1 ≤ i ≤ m/2,g2i > g2i−1,且g2i > g2i+1;
条件 B:对于所有的1 ≤ i ≤ m/2,g2i < g2i−1,且g2i < g2i+1。
注意上面两个条件在m = 1时同时满足,当m > 1时最多有一个能满足。
请问,栋栋最多能将多少株花留在原地。
第二行包含 个整数,依次为ℎ1, ℎ2,… , ℎn,表示每株花的高度。
输出一行,包含一个整数m,表示最多能留在原地的花的株数
样例
FlowerNOIP2013.in
5
5 3 2 1 2
FlowerNOIP2013.out
3
数据范围
对于 30%的数据,n ≤ 25;
对于 70%的数据,n ≤ 1000,0 ≤ h_i ≤ 1000;
对于 100%的数据,1 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤ h_i ≤1,000,000,所有的h_i随机生成,所有随机数服从某区间内的均匀分布。
个人分析
明显的最优子结构性质,可以用动规来做。应该注意到存在30%的变态数据(1 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤ h_i ≤1,000,000),因此想拿满分应当找到线性的算法(这种提示也可以?…………)。A、B两种情况不仅不会增加复杂性,反而消除了对n奇偶性的讨论。两种情况可以简化为一种锯齿状的数列,只需讨论i前保留的花高度与花i的高度h[i]的关系即可。
第i朵花的高度为h[i](1 <= i <= n),前i朵花“尾部为升序”的最长序列长度为S1[i],“尾部为降序”的最长序列长度为S2[i]。
则有状态转移方程:
1. (h[i] > h[i-1]):S1[i] = max(S1[i-1], S2[i-1] + 1);S2[i] = S2[i-1];
2. (h[i] == h[i-1]):S1[i] = S1[i-1];S2[i] = S2[i-1];
3. (h[i] < h[i-1]):S1[i] = S1[i-1];S2[i] = max(S2[i-1], S1[i-1] + 1);
由此可以写出复杂度为O(n)的动态规划代码:
1 //<NOIP2013> 花匠 2 #include <cstdio> 3 using namespace std; 4 int maxm(int a, int b) 5 { 6 if(a >= b )return a ; 7 else return b; 8 } 9 const int maxn = ; int h[maxn] = {}; // int n; int S1[maxn], S2[maxn] ; //(1尾部为升序,2尾部为降序) int main(void) { FILE *in = fopen ("FlowerNOIP2013.in","r"); FILE *out = fopen ("FlowerNOIP2013.out" ,"w"); fscanf(in, "%d", &n); int i; for(i = ; i <= n; i++) fscanf(in, "%d", &h[i]); S1[] = S2[] = ; //初始状态 for(int i = ;i <= n; i++) { if(h[i] > h[i-]) // case1 { S1[i] = maxm(S1[i-], S2[i-]+ ); S2[i] = S2[i-]; } else if (h[i] == h[i-])// case2 { S1[i] = S1[i-]; S2[i] = S2[i-]; } else //case 3 { S1[i] = S1[i-]; S2[i] = maxm(S1[i-]+, S2[i-] ); } } fprintf(out, "%d", maxm(S1[n], S2[n]) ); return ; }
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