Acwing P288 休息时间 题解

Analysis

首先假设一天的第N小时与后一天的第一个小时不相连， 这种情况下DP转移比较好想

dp[i][j][0/1]dp[i][j][0/1]表示

考虑一天的前i个小时，已经休息了j小时，且第i个小时是否在休息

那么有状态转移方程：

dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1]);

dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j-1][0],dp[i-1][j-1][1]+a[i]);

初始化为dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=0， 其余为-inf−inf

答案为max(dp[n][b][0],dp[n][b][1])max(dp[n][b][0],dp[n][b][1])

现在再考虑一天的第N小时与后一天的第一个小时相连

我们发现上述转移中， 唯一没考虑到的情况只有第1个小时休息能获得体力

于是我们可以初始化dp[1][1][1]=U_1dp[1][1][1]=U1​， 转移方程与上述相同

那么答案为dp[n][b][1]dp[n][b][1](即强制最后一小时休息令第一小时能获得体力)， 和前一次dp的答案比较即可得到最终结果

到此为止在这里已经可以AC， 但是！！！如果我们拿到POJ上提交， 你会发现自己疯狂MLE(POJ丧心病狂的Memory limit只有64M)

于是我们考虑用滚动数组优化空间

dp[i&1][j][0]=max(dp[(i-1)&1][j][0],dp[(i-1)&1][j][1]);

dp[i&1][j][1]=max(dp[(i-1)&1][j-1][0],dp[(i-1)&1][j-1][1]+a[i]);

因为dp[i][][]只与dp[i-1][][]有关， 所以只要交替使用数组第0维和第1维， 只保存上一次更新的dp数组， 即可大幅优化空间

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define int long long
 #define maxn 3830+10
 using namespace std;
 inline int read()
 {
     int x=;
     bool f=;
     char c=getchar();
     for(; !isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=;
     for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<)+(x<<)+c-'';
     if(f) return x;
     return -x;
 }
 inline void write(int x)
 {
     if(x<){putchar('-');x=-x;}
     if(x>)write(x/);
     putchar(x%+'');
 }
 int n,b,ans;
 int u[maxn];
 int dp1[][maxn][],dp2[][maxn][];
 signed main()
 {
 //    freopen("naptime.in","r",stdin);
 //    freopen("naptime.out","w",stdout);
     n=read();b=read();
     for(int i=;i<=n;i++) u[i]=read();
     memset(dp1,,sizeof(dp1));
     dp1[][][]=dp1[][][]=;
     memset(dp2,,sizeof(dp2));
     dp2[][][]=u[];
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         for(int j=;j<=min(i,b);j++)
         {
             dp1[i&][j][]=max(dp1[(i-)&][j][],dp1[(i-)&][j][]);
             if(j>=) dp1[i&][j][]=max(dp1[(i-)&][j-][],dp1[(i-)&][j-][]+u[i]);
             dp2[i&][j][]=max(dp2[(i-)&][j][],dp2[(i-)&][j][]);
             if(j>=) dp2[i&][j][]=max(dp2[(i-)&][j-][],dp2[(i-)&][j-][]+u[i]);
         }
     }
     ans=max(dp2[n&][b][],max(dp1[n&][b][],dp1[n&][b][]));
     write(ans);
     return ;
 }

请各位大佬斧正（反正我不认识斧正是什么意思）