牛客国庆集训派对Day6 E-Growth(离散化DP)

ACM算法日常

发布于 2019-06-24 21:03:39

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发布于 2019-06-24 21:03:39

文章被收录于专栏：ACM算法日常

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/206/E

来源：牛客网

题目描述

弱弱有两个属性a和b，这两个属性初始的时候均为0，每一天他可以通过努力，让a涨1点或b涨1点。为了激励弱弱努力学习，我们共有n种奖励，第i种奖励有xi，yi，zi三种属性，若a≥ xi且b≥ yi，则弱弱在接下来的每一天都可以得到zi的分数。问m天以后弱弱最多能得到多少分数。

输入描述:

第一行一个两个整数n和m（1≤ n≤ 1000，1≤ m≤ 2000000000）。
接下来n行，每行三个整数xi，yi，zi（1≤ xi,yi≤ 1000000000，1≤ zi ≤ 1000000）。

输出描述:

一行一个整数表示答案。

示例1

输入

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2 4 2 1 10 1 2 20

输出

复制

备注:

在样例中，弱弱可以这样规划：第一天a涨1，第二天b涨1，第三天b涨1，第四天a涨1。
共获得0+0+20+30=50分。

离散 + DP

1.离散化：是为了把重复的x，y去除，以便进行sort和dp。

unique()是c++ STL库里的函数，其功能是去除相邻的重复元素（只保留一个），所以使用前需要排序

2. 设两个转移方程：

v[i][j]表示当到第i X时和第j Y时，v[i][j]接下来每天能增长的量。

转移： v[i][j]=v[i−1][j]+v[i][j−1]−v[i−1][j−1]+t[i][j]

这一步其实可以用lower-bound进行二分查找，就省得自己写二分了

设dp[i][j]为到第i X和第j Y时的最大值

转移：

dp[i][j]=v[i][j]+max(dp[i−1][j]+(X[i]−X[i−1]−1)v[i−1][j],

dp[i][j−1]+(Y[j]−Y[j−1]−1)v[i][j-1])

(X[i]−X[i−1]−1)，(Y[j]−Y[j−1]−1)都表示天数。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<bits/stdc++.h>
#define maxx 1005
using namespace std;
struct  node
{
    int x,y,z;
}p[maxx];//变量存储
long long  X[maxx];//分别离散化处理x，y
long long  Y[maxx];
long long v[maxx][maxx];//v[i][j]接下来每天能增长的量
long long dp[maxx][maxx];//dp[i][j]为到第i和j时的最大值
int cnt1,cnt2,cnt;//分别用以计算X[MAXX],Y[MAXX]和P[MAXX]的个数
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=n;i++){//变量的初始化
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        if(x+y>m)continue;
        p[++cnt].x=x;
        p[cnt].y=y;
        p[cnt].z=z;
        X[++cnt1]=x;
        Y[++cnt2]=y;
    }
    sort(X+1,X+1+cnt1);//离散化去重处理
    cnt1=unique(X+1,X+1+cnt1)-X-1;
    sort(Y+1,Y+1+cnt2);
    cnt2=unique(Y+1,Y+1+cnt2)-Y-1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int cn = lower_bound(X+1,X+1+cnt1,p[i].x) -X;
        int cy = lower_bound(Y+1,Y+1+cnt2,p[i].y) -Y;
        v[cn][cy] +=p[i].z;
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    for(int j=1;j<=cnt2;j++)
        v[i][j]+=v[i-1][j]+v[i][j-1]-v[i-1][j-1];
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    for(int j=1;j<=cnt2;j++)
        dp[i][j]=v[i][j]+max(dp[i-1][j]+(X[i]-X[i-1]-1)*v[i-1][j],dp[i][j-1]+(Y[j]-Y[j-1]-1)*v[i][j-1]);
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
    for(int j=1;j<=cnt2;j++)
        if(X[i]+Y[j]<=m)ans=max(ans,dp[i][j]+(m-X[i]-Y[j])*v[i][j]);
        //(m-X[i]-Y[j])为剩余天数能拿到的固定收益
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}