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【bzoj1786】[Ahoi2008]Pair 配对 dp

时间:2017-07-07 22:32:17      阅读:161      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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5 4
4 2 -1 -1 3

样例输出

4


题解

dp

首先有个结论:填入的数一定是单调不降的。

证明:假设$i<j$,$a_i>a_j$,那么交换$a_i$和$a_j$,对逆序对总数产生的影响只有$[i+1,j-1]$这段区间及$i$和$j$。对于中间的部分,交换后$i$位置上的数变小,使得与中间位置的数产生的逆序对数不增;交换后$j$位置上的数变大,同样使得与中间位置的数产生的逆序对数不增;交换了$a_i$和$a_j$,使得总逆序对数-1。所以一定不如交换后更优。

那么产生的逆序对只有两种情况:原来确定的数之间、原来确定的数与填入的数之间。

于是我们就可以dp:设$f[i][j]$表示枚举到位置$i$,上一个填入的数是$j$的最小逆序对数。那么如果$i$位置的数是确定的,只需要计算答案,并把$f[i-1]$的状态复制过来。

如果$i$位置的数不是确定的,那么枚举这个数为$t$,则$f[i][t]=min(f[i-1][j])+ans[i][t]\ (j\le t)$,其中$ans[i][t]$为i位置填入t产生的逆序对数。

那么对于前面的部分维护一个前缀最小值即可,后面的部分由于k很小,所以使用二维前缀和与后缀和维护,$O(1)$查询。

最后的答案即为$f[n][t]$,总的时间复杂度为$O(nk)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[10010] , f[10010][110] , s1[10010][110] , s2[10010][110];
int main()
{
	int n , k , i , j , ans = 1 << 30 , tmp;
	scanf("%d%d" , &n , &k);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = k ; j >= 1 ; j -- )
			s1[i][j] = s1[i - 1][j] + s1[i][j + 1] - s1[i - 1][j + 1] + (a[i] == j);
	for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
		for(j = 1 ; j <= k ; j ++ )
			s2[i][j] = s2[i + 1][j] + s2[i][j - 1] - s2[i + 1][j - 1] + (a[i] == j);
	memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , f[0][1] = 0;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(~a[i])
			for(j = 1 ; j <= k ; j ++ )
				f[i][j] = f[i - 1][j] + s1[i - 1][a[i] + 1];
		else
			for(j = 1 , tmp = 1 << 30 ; j <= k ; j ++ )
				tmp = min(tmp , f[i - 1][j]) , f[i][j] = tmp + s1[i - 1][j + 1] + s2[i + 1][j - 1];
	}
	for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) ans = min(ans , f[n][i]);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}

 

 

【bzoj1786】[Ahoi2008]Pair 配对 dp

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