标签：tput using size splay for 枚举 就会 过多 ret
鼹鼠是一种很喜欢挖洞的动物，但每过一定的时间，它还是喜欢把头探出到地面上来透透气的。根据这个特点阿牛编写了一个打鼹鼠的游戏：在一个n*n的网格中，在某些时刻鼹鼠会在某一个网格探出头来透透气。你可以控制一个机器人来打鼹鼠，如果i时刻鼹鼠在某个网格中出现，而机器人也处于同一网格的话，那么这个鼹鼠就会被机器人打死。而机器人每一时刻只能够移动一格或停留在原地不动。机器人的移动是指从当前所处的网格移向相邻的网格，即从坐标为（i,j）的网格移向(i-1, j),(i+1, j),(i,j-1),(i,j+1)四个网格，机器人不能走出整个n*n的网格。游戏开始时，你可以自由选定机器人的初始位置。
现在知道在一段时间内，鼹鼠出现的时间和地点，请编写一个程序使机器人在这一段时间内打死尽可能多的鼹鼠。
从文件input.txt中读入数据，文件第一行为n（n<=1000）, m（m<=10000），其中m表示在这一段时间内出现的鼹鼠的个数，接下来的m行中每行有三个数据time,x,y表示有一只鼹鼠在游戏开始后time个时刻，在第x行第y个网格里出现了一只鼹鼠。Time按递增的顺序给出。注意同一时刻可能出现多只鼹鼠，但同一时刻同一地点只可能出现一只鼹鼠。
输出格式：输出文件output.txt中仅包含一个正整数，表示被打死鼹鼠的最大数目。
Solution：
本题吐槽数据太水，直接裸的最长上升子序列（$O(n^2)$）也能过。。。
先贪心思路，由于给出的鼹鼠出现时间已经单调递增，所以一开始肯定是从第$1$个鼹鼠位置出发，因为就算从后面出发最多能到达的位置$1$都能到达。再考虑到从一个点到下一个点时间就是两点的曼哈顿距离，而且可以停留，那么限制条件就是$abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])<=t[i]-t[j]$。
此时容易想到本题实际在求类似最长上升子序列（只不过多了限制条件）。
所以定义状态$f[i]$表示前$i$个鼹鼠中最多打的鼹鼠个数，则不难想到状态转移方程：（前提：在满足限制条件下）$f[i]=Max(f[j])+1,j\in[1,i)$。
但是数据$10^4$，$O(n^2)$显然超时（事实是数据太水～～直接过）。于是考虑优化，由于有限制条件，普通的二分优化就行不通了，此时一个贪心的玄学优化是设置一个$mx[i]$表示前$i$个数中最长上升子序列的长度，每次更新时同步更新$mx$，那么在限制条件前可以加一条可行性剪枝$if(mx[j]+1<=f[i])break;$（枚举$j$时倒序枚举，表示当前$j$个中的最长上升子序列长度$+1$都不大于$f[i]$，就没必要继续往前找了，因为往前长度显然会更小），每次更新$mx$也很简单：$mx[i]=max(mx[i-1],f[i])$。
最后输出目标状态$ans$就$OK$了。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) 3 #define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) 4 #define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) 5 using namespace std; 6 const int N=10005; 7 int n,m,t[N],a[N],b[N],f[N],mx[N],ans; 8 int main(){ 9 ios::sync_with_stdio(0); 10 cin>>n>>m; 11 For(i,1,m)cin>>t[i]>>a[i]>>b[i]; 12 f[1]=1;mx[1]=1; 13 For(i,2,m){ 14 f[i]=1; 15 Bor(j,1,i-1) 16 if(mx[j]+1<=f[i])break; 17 else if(f[j]+1>f[i]&&(abs(a[i]-a[j])+abs(b[i]-b[j]))<=t[i]-t[j]) 18 f[i]=f[j]+1; 19 mx[i]=Max(f[i],mx[i-1]);ans=Max(f[i],ans); 20 } 21 cout<<ans; 22 return 0; 23 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/five20/p/9021689.html
