标签：操作 scan else 测试 name 影响 int namespace cos
小奇要开采一些矿物，它驾驶着一台带有钻头（初始能力值 \(w\)）的飞船，按既定路线依次飞过喵星系的 \(n\) 个星球。
星球分为 \(2\) 类：资源型和维修型。
（\(p\) 为钻头当前能力值）
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值。
请你帮它决策最大化这个收入。
第一行 \(4\) 个整数 \(n\)，\(k\)，\(c\)，\(w\)。
以下 \(n\) 行，每行 \(2\) 个整数 \(type\)，\(x\)：
输出一行一个实数 （保留两位小数），表示要求的结果。
测试时间限制 \(1000 \textrm{ms}\)，空间限制 \(256 \textrm{MiB}\)。
保证答案不超过 \(10^9\)。
这道题的部分分设计不当，我们来考虑一下 Author 为什么这么设部分分。
注意到这题的钻头和金钱是两个变量，我们一定要控制一个。但是都是实数不好表示。怎么办？
再次注意到这题的钻头耐久机制是乘法。由于乘法满足交换律和结合律，所以我们只要记录下开了几次矿，修了几次就行了。
定义 \(f_{i,j,k}\) 为修理 \(i\) 次，开矿 \(j\) 次，目前已经到达第 \(k\) 个星球的最大金钱数。
递推也好得到：\(f_{i,j,k}=\begin{cases}\max\{f_{i,j,k-1},f_{i,j-1,k-1}+a_i\times calc(i,j-1)\}&k\;\text{号星球是资源型}\\\max\{f_{i,j,k-1},f_{i-1,j,k-1}-b_i\times calc(i-1,j)\}&k\;\text{号星球是修理型}\end{cases}\)。
边界值：\(f_{0,0,0}=0\)，其余赋值 \(-\infty\)。最终求 \(\max\{f_{i,j,n}\}\)。
复杂度 \(\Theta(n^3)\)。
是不是已经有点不明所以，不知道如何优化了？接下来就会更加令人疑惑了。
这是福利的部分分，却是 AC 的坑。
我们来看一下这 \(50\%\) 的数据。最引人注目的就是那个闪闪发光的——
\[
\Huge\color{lightblue}{k=100}
\]
好了这波福利部分分应该怎么拿呢？
考虑到这是用乘法进行计算，并且只要挖一次，钻头就会彻底报废。
那么我们只要枚举修理的次数就可以了。复杂度可以降到 \(\Theta(n^2)\)。
完了，现在没有福利保障了，\(n\) 的范围也大增，怎么搞呢？
如果你有被部分分骗了的感觉，那你就能感受到此题 Author 的丑恶。
我们回过头去想最开始的那个 DP。
记得不？那个 \(\Theta(n^3)\) 的 DP。
这个复杂度为什么这么高？因为有钻头的变量在影响着我们。
那么，我们要做一个大胆的操作，那就是把钻头的影响消除。
这个怎么搞呢？我们来想一想：
下面为了方便考虑，我们定义数列 \({c_i}=\begin{cases}a_i&i\;\text{号星球是资源型}\\-b_i&i\;\text{号星球是维修型}\end{cases}\)；
\(u_i=\begin{cases}1-k\%&i\;\text{号星球是资源型}\\1+c\%&i\;\text{号星球是维修型}\end{cases}\)；
\(r_i=\text{最优解是否选择第 }i\text{ 个。选了就是 }1\text{，否则就是 }\dfrac{1}{u_i}\)。
假设在最优解的情况下，经过第 \(i\) 个星球后，钻头的耐久成为了 \(w_i\)。
那么总共的钱数 \(M=\sum^n_{i=1}(w_i\times c_i)\)
而对于 \(w_i=w\times \prod^i_{j=1}(u_j\times r_j)\)
注意到只有 \(r_i\) 是不确定的。而不确定的 \(r_i\) 只会影响 \(w_k(1\le k\le i)\)。
也就是说，任意一个星球的决策不会影响后面所有的决策。
本着 DP 没有后效性的原则，我们自然而然想出了一个操作，那就是——
\[
\Huge{\text{从后往前做 DP}}
\]
好了，现在正解已经呼之欲出了。
定义 \(f_i\) 为 后 \(i\) 个星球的金钱最大值。
我们只需要假定当前钻头耐久为 \(1\)，完成这一轮决策后再把这一轮的钻头初始耐久设为 \(1\)。
如此这般，最后再乘上 \(w\)，就是答案。
当然，我们可以把 \(f_i\) 浓缩成一个数，节省空间。
日常放代码。虽然这一次的题目已经没有什么代码难度了。
#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
constexpr int max_n = 100000;
double val[max_n];
bool is_fix[max_n];
inline int read()
{
int ch = getchar(), n = 0, t = 1;
while (isspace(ch)) { ch = getchar(); }
if (ch == '-') { t = -1, ch = getchar(); }
while (isdigit(ch)) { n = n * 10 + ch - '0', ch = getchar(); }
return n * t;
}
inline double my_max(double x, double y) { return (x > y)? x:y; }
int main()
{
int n = read(), cost = read(), exp = read(), wei = read(), type, tmp;
double ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &type, &tmp);
val[i] = tmp;
is_fix[i] = (type == 2);
}
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
if (is_fix[i])
ans = my_max(ans, ans * (1 + exp / 100.0) - val[i]);
else
ans = my_max(ans, ans * (1 - cost / 100.0) + val[i]);
}
printf("%.2lf\n", ans * wei);
return 0;
}我考场上时也没有想到正解。虽然朦朦胧胧知道要利用乘法这个性质。
后来看到 solution 时真是自愧不如。
又过了一阵子，我好不容易脑补出来这么一个想法的过程。自我感觉讲得很清楚。
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标签：操作 scan else 测试 name 影响 int namespace cos
原文地址：https://www.cnblogs.com/5ab-juruo/p/solution-20200221-explo.html
