网站友情链接很重要吗,做公众号主页面的有哪些网站,网站开发简历的项目经验,找美工做网站多少钱线上OJ#xff1a; 一本通#xff1a;http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid1417\ 核心思想 首先、本题中提到 “ 至少 要花多少金币改造机器人#xff0c;能获得 至少 k分 ”。看到这样的话语#xff0c;基本可以考虑要使用 二分答案。 那么#xff0c;本题中…线上OJ 一本通http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid1417\ 核心思想 首先、本题中提到 “ 至少 要花多少金币改造机器人能获得 至少 k分 ”。看到这样的话语基本可以考虑要使用 二分答案。 那么本题中的 答案 是什么就是: 在确定维修金币g的情况下能获得的分数是否会 k 。 由于本题中的 格子在同一条直线上且只能从左往右跳所以 每一种答案 都可以使用 动态规划 来解决。 而且动态规划的 dp 方程也很好找因为 当前格子的最高分 肯定是由 之前某个最高分的格子跳过来的即 d p [ i ] m a x ( d p [ i ] , d p [ j ] a [ i ] ) dp[i] max(dp[i], dp[j] a[i]) dp[i]max(dp[i],dp[j]a[i]) 所以我们从 i 号格子前面的第一个格子开始查找得分最高的格子。在这里需要注意的是不是所有的 j 都需要查找。只有当 j 的跳跃区间 [d-g, dg] 能够触达或包含i坐标 的时候这个 j 才能用于更新dp[i]。 以下三个举例及配图便于理解j和i的关系 举例1 i 号格子位于坐标10j 号格子位于坐标5此时 j 的跳跃区间为 [2,4]也就是 j 能跳到的地方为[7,9]所以此时 j 号格子无法触达 i所以 j 号格子不需要用于更新dp[i]。 举例2 i 号格子位于坐标10j 号格子位于坐标5此时 j 的跳跃区间为 [2,6]也就是 j 能跳到的地方为[7,11]所以此时 j 号格子可以触达 i所以 j 号格子需要用于更新dp[i]。 举例3 i 号格子位于坐标10j 号格子位于坐标5此时 j 的跳跃区间为 [6,8]也就是 j 能跳到的地方为[11,13]所以此时 j 号格子无法触达 i所以 j 号格子不需要用于更新dp[i]。 综上所述有效的 j 点应该满足 d − g x [ i ] − x [ j ] d g d-g x[i] - x[j] dg d−gx[i]−x[j]dg 我们令左边界为 l d - g右边界为 r d g则仅当 满足①和②式的 j 点 才参与dp[i]的运算 x [ i ] − x [ j ] l x[i] - x[j] l x[i]−x[j]l ① $x[i] - x[j] r $ ② 题解代码 解法一二分答案 动态规划仅80%分数 #include bits/stdc.h #define ll long long #define MAXN 500005using namespace std;int n, d, k;ll x[MAXN], s[MAXN], dp[MAXN];// 检查花费g个金币进行改造后最高得分是否会超过 k bool check(int g) {// 计算在花费g金币下机器人每次向右跳的距离边界[l, r] [d-g, dg]。注左边界不能小于1 int l max(1, d - g); // 机器人每次能跳跃的最小距离 int r d g; // 机器人每次能跳跃的最大距离memset(dp, 0xaf, sizeof(dp)); // 全部初始化为一个很小的数。dp[0] 0; // 数据即分数都从第一个格子开始所以第0个格子初始化为0分 for(int i 1; i n; i ){// 从i的前一个格子开始枚举j直到j枚举到起点如果i和j之间的距离已经超过弹跳上限r则没必要继续j--了 for(int j i - 1; (j 0) (x[i] - x[j] r); j --){// 如果j号格子距离i号格子不能太近至少要≥机器人弹跳的最小距离”,否则就j--寻找更远的j if(x[i] - x[j] l){// i的最高得分应该是从前面能跳过来的格子j里得分最高的格子跳过来的dp[i] max(dp[i], dp[j] s[i]); if(dp[i] k) return true;} }}return false; }int main() {scanf(%d%d%d, n, d, k);for(int i 1; i n; i )scanf(%lld%lld, x[i], s[i]);// 由于x[i]的坐标范围可到 10^9在极端情况下有可能前面全是负值只有最后一个x[n]是正值此时要搜索的答案g也会达到 10^9即一步跳到最后一个正值。所以二分答案时 r 应取到 x[n]。但如此一来效率就变低了只能拿到80%的分数int l 0, r x[n], mid, ans -1; while(l r){mid (l r) 1;if(check(mid)){ans mid;r mid - 1;}else l mid 1;}cout ans endl;return 0; } 以上方法只能拿到80分因为二分答案的右区间 r 取值为 x[n]数据过于庞大。 解法二、二分答案 动态规划 单调队列100% 由于 二分答案时的 r 取值为 x[n]过于庞大所以此时考虑对 check 函数进行优化。由于 dp[i] 是之前的某个最大值 dp[j] 跳过来,所以可以考虑优先队列同时由于 j 是有区间的所以考虑优先队列的升级版–单调队列单调队列适合在一个动态小区间中寻找极值 #include bits/stdc.h #define ll long long #define MAXN 500005using namespace std;int n, d, k;ll x[MAXN], s[MAXN], dp[MAXN];//检查花费g个金币进行改造后最高得分是否会超过k bool check(int g) {// 计算在花费g金币下机器人每次向右跳的距离边界[l, r] [d-g, dg]。注左边界不能小于1 ll l max(1, d - g); // 机器人每次向右跳的最小距离 ll r d g; // 机器人每次向右跳的最大距离memset(dp, 0xaf, sizeof(dp));dp[0] 0; // 数据即分数都从第一个格子开始所以第0个格子初始化为0分 ll j 0;dequeint q;for(int i 1;i n;i ){// 根据区间[l, r]剔除队尾的 while(x[i] - x[j] l) // 根据i查找所有符合跳跃左边界的j {// 将队列中比 dp[j] 还小的直接移除 (由于按照单调队列存储故从队尾判断)while( !q.empty() dp[q.back()] dp[j] )q.pop_back();q.push_back(j); // 把 j 放到单调队列的尾部此时dp[j]是当前区间内最小的 j ;}// 根据区间 [l, r]剔除队头的 while(!q.empty() x[q.front()] r x[i]) // 如果最大的格子距离i太远已经超过弹跳上限r q.pop_front(); // 则说对对头元素不在 [l,r] 内弹出 if(!q.empty()) // 如果此时队列依然非空则取队首的元素下标 q.front() 来做 dp dp[i] dp[q.front()] s[i];if(dp[i] k)return true;}return false; }int main() {scanf(%d%d%d, n, d, k);for(int i 1; i n; i )scanf(%lld%lld, x[i], s[i]);int l 0, r x[n], mid, ans -1;while(l r){mid (l r) 1;if(check(mid)){ans mid;r mid - 1;}else l mid 1;}cout ans endl;return 0; }备注这道题想 混分 有点 难虽然参考输入样例2中给出了输出 -1 的场景即所有正的分数总和依然达不到目标分数k但是实际的测试数据中并没有这种情况所以这道题骗分骗不到。