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1012. 增长率问题

Description

有一个数列，它是由自然数组成的，并且严格单调上升。最小的数不小于S，最大的不超过T。现在知道这个数列有一个性质：后一个数相对于前一个数的增长率总是百分比下的整数（如5相对于4的增长率是25%，25为整数；而9对7就不行了）。现在问：这个数列最长可以有多长？满足最长要求的数列有多少个？

Input Format

输入仅有一行，包含S和T两个数（ 0<S<T≤200000  ）。

30%的数据，0<S<T≤100  ；

100%的数据，0<S<T≤200000 。

Output Format

输出有2行。第一行包含一个数表示长度，第二行包含一个数表示个数。

Sample Input

2 10

Sample Output

5
2

样例解释

2 4 5 6 9以及2 4 5 8 10

因为最近经常接触动态规划，所以一下感觉应该是dp题目，dp基于这样的假设，对于第i个元素，以第

i个元素结尾的满足要求的最长数列a，以该数列倒数第二个元素结尾的最长数列就是a除掉第i个元素，这样讲有点模糊，我们不妨从归纳的思想考虑，如何减小问题的规模为n-1？

假设我们对于前n-1个元素都知道以其为结尾的最长数列，那么对于第n个元素，我们只要依次和前n-1个元素比较，是否符合题目要求，如果符合，那么第n个元素可以作为新的结尾接上去，找到这些新的数列中长度最长的，代码如下：

#include "stdio.h"
#include "string.h"
#include <string>
typedef long long ll;
int main()
{
    int min,max;
    int max_ans=0;
    ll max_count=0;
    scanf("%d%d",&min,&max);
    int* result=new int[max+1];
    ll* count=new ll[max+1];
    for(int i=min;i<max+1;i++)
    {
        result[i]=1;
        count[i]=1;
    }
    for(int i=min+1;i<=max;i++)
    {
        for(int j=min;j<i;j++)
        {
            if(((i-j)*100)%j==0)
            {
                if(result[i]<result[j]+1)
                {
                    result[i]=result[j]+1;
                    count[i]=count[j];
                }
                else if(result[i]==result[j]+1)
                {
                    count[i]+=count[j];
                }
                if(max_ans<result[j]+1)
                {
                    max_ans=result[j]+1;
                    max_count=count[j];
                }
                else if(max_ans==result[j]+1)
                {
                    max_count+=count[j];
                }
            }
        }
    }
    printf("%d\n%d\n",max_ans,max_count);
    return 0;
}

但是会超时，很显然这是一个O(n2)的算法，对于1-200000这种数据跑不出来，时间长，网上看到另外一个很好的解法，

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=200007;
int d[maxn];
ll cnt[maxn],time[maxn];

int main()
{
 int s,t;
 scanf("%d%d",&s,&t);
 {
  memset(cnt,0,sizeof(cnt));
  int i,j,tmp,ans=1;
  cnt[1]=t-s+1;

  for(i=s;i<=t;i++)
  {
   d[i]=time[i]=1;
  }

  for(i=s;i<=t;i++)
  {
   for(j=1;j<=100;j++)
   {
    if( (i*j)%100 == 0)
    {
     tmp=i + i*j/100;
     if(tmp<=t)
     {
      if(d[i]+1>d[tmp])
      {
       d[tmp]=d[i]+1;
       time[tmp] = time[i];
      }
      else if(d[i]+1==d[tmp])
      {
       time[tmp] += time[i];
      }
      ans = max(ans,d[tmp]);
      cnt[d[i]+1] += time[i];
     }
    }
   }
  }
  printf("%d\n%lld\n",ans,cnt[ans]);
 }
 return 0;
}

思想不变，但是现在不是盲目的从当前数以前的所有数扫描，而是从逆向的思维考虑，我直接找到符合要求的这些数，对于不符合要求的数我不用考虑，这里原解法给到j=200，就是考虑到3i，这里我思考过，发现只要考虑到2i，即j=100即可，为什么呢？我们可以这样想，对于3i，其可以....i，2i，3i，这个解显然比...i，3i更优，而且可以验证对于2i到3i之间的数，都可以用i到2i之间的数构造更优的解，所以最多只需要考虑到2i，那么一定要考虑到2i吗？从理论上可能比较难想清楚，但是可以举一个实例验证，比如以2为开头，那么以4为结尾的数列最长为2，4，而4为2的两倍，所以如果小于2i，会出现错误，100恰到好处。

所以问题从O（n2）的复杂度压缩到O（n），多思考，多发现问题！

本文出自 “这与那” 博客，请务必保留此出处http://hereandthere.blog.51cto.com/7561107/1619911

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