洛谷P1021邮票面值设计 [noip1999] dp+搜索
正解:dfs+dp
解题报告:
第一眼以为小凯的疑惑
ummm说实话没看标签我还真没想到正解:D
本来以为这么多年前的noip应该不会很难:D
看来还是太菜了鸭QAQ
然后听说题解都可以被6,6 or 7,8的数据卡掉?
不管不管先把题解的思路放下qwq
(话说其实我觉得虽然会被卡掉但其实还挺妙的了呢,,,至少我这种菜鸡想不出来,,,好傻逼啊我QAQ
大概说下,就是dfs+dp(,,,我好像说了句废话?QAQ
分别详细说下这俩趴qwq
dfs(i,mx):枚举到第i个数了,然后连续最大能表示数是mx
然后显然可以让邮票面值单调递增,且第i个不能大于mx+1(否则mx+1就无法表示了QAQ)
然后每次dp算下能表示的mx,继续dfs
dp(i):第1到第i个数的连续最大能表示数
开个f[i]存的是i最少可以用几张邮票表示
然后就可以了qwq
但是似乎复杂度是错的,,,
然后另外一个正解是打表,,,
umm,,,算了我放弃我估计我是搞不出来了的QAQ
不过研究了半天之后在讨论区看到说模拟退火可以过这题?
然而好像又说7 8的数据是不欧克的,也不知道是时间不欧克还是答案是WA的鸭QAQ
不管先先放下讨论区里大佬说的模拟退火的代码qwq
现在是先看不懂的QAQ就只是mk下不会研究,等学了之后再说QAQ
#include<iostream> #include<cstring> using namespace std; ][];//[num][used] ]; ]; ],maxnum; ; ,times=;//not best bool rand(int mdf){ +))%>rate); } int n,k; int fcannot,lastcan; int now; int main(){ cin>>n>>k; for(int _233=times;_233;_233--){ memset(can,,sizeof(can)); memset(cangen,,sizeof(cangen)); can[][]=true; cangen[]=true; choose[]=; ;i<=n;i++){ can[i][i]=true; cangen[i]=true; } fcannot=n+; lastcan=n; ;i<k;i++){ ;j++){ if(!cangen[j]){ fcannot=j; break; } } now=fcannot; ;j<;j++){ if(rand(j)){ >choose[i-]){ now-=; }else{ break; } } } choose[i]=now; ;i<=lastcan;i++){ ;j<n;j++){ if(can[i][j]){ )continue; can[i+now][j+]=true; cangen[i+now]=true; lastcan=max(lastcan,i+now); } } } } ;j++){ if(!cangen[j]){ fcannot=j; break; } } fcannot--; if(fcannot>maxnum){ ;i<;i++){ bestsel[i]=choose[i]; } maxnum=fcannot; } } ;i<k;i++){ cout<<bestsel[i]<<" "; } cout<<endl; cout<<"MAX="<<maxnum; }
QAQQQQQ
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