文章目錄

• 題目
• 題解
• 代碼實現

題目

小奇去遺跡探險，遺跡里有N個寶箱，有的裝滿了珠寶，有的裝著廢品。
小奇有地圖，所以它知道每一個寶箱的價值，但是它不喜歡走回頭路，所以要按順序拿這N個寶箱中的若干個。

拿寶箱很累的。一開始小奇的體力是1 ，每得到一個寶箱之后，小奇得到的價值是體力x 寶箱的價值，之后它的體力就會變為原來的K倍 。

小奇不喜歡連續放過很多寶箱，所以任意一段長度為M的序列中，小奇一定要取走其中的一個寶箱。

現在小奇想知道它能得到的最大價值和。

輸入格式
第一行，兩個整數 N,M，表示的含義如題目中所述；
第二行，一個小數K ，表示的含義如題目中所述，最多4位小數；
第三行,N個整數，第i個整數表示第i個寶箱的價值。

輸出格式
輸出一行，一個實數，表示小奇能得到的最大價值和，四舍五入保留兩位小數。

題解

特別水也特別板的一道題。。。。
每個人都會想到三維DP
$DP[i][j][k]$：表示第i個寶箱一定選，上一次選的寶箱為j，選了k個

通過數據范圍，就已經扼殺了想開三維數組的心

---

那我就先舍棄k，假設沒有這個k的限制來思考一下
因為開二維都會MLE，所以就死命也要把DP壓成一維
$DP[i]$：表示第i個寶箱一定選，前面$[1,i?1]$不管怎么選，反正要是合法的最大價值
轉移方程式?
$DP[i]=DP[j]+w[i](j\in [i?m,i?1])$
這就是一個滑動窗口的優化（單調隊列）我要AC了！！！

---

但是因為有了k的限制，我們就要重新搞一下了
我們思考如果正著往后推，那么前面選了j個就會影響后面的價值
但是如果從后往前推，后面管他選了x個，對當前i的價值是沒有影響的，
當前i的價值只被前面的選取決定

所以重新定義一下$DP[i]$
表示從n往1推，第i個寶箱必須選，且$[i+1,j]$的選取必須是合法的最大價值
轉移方程式也就變了?
$DP[i]=DP[j]+w[i](j\in [i+1,min(n+1,i+m)])$

---

這里我只解釋兩個地方：
1：為什么要壓一個n+1？？
因為數據有可能在最后的$[n,n?m+1)$全是負數，
而這個時候i距離n的距離又不到m
我就可以不選，這個時候就可以用$DP[n+1]=0$來處理

2：為什么可以取到i+m？？
按我們的常規理解應該是$[i+m?1,i]$
仔細想想，i是一定要取的，那么$[i+m?1,i]$這個區間肯定是滿足m的
但是$[i+m,i?1]$也是可以滿足m的，所以i+m也可能對i進行貢獻

舉例說明：
m = 2，i = 1，i + m = 3
1 2 3
↑
i
[1,2]長度是m，其中有下標為1的寶藏被拿了
[2,3]長度也是m，所以下標為3的寶藏也應該被拿

代碼實現

#include <cstdio> #include <deque> using namespace std; #define MAXN 100005 deque < int > deq; int n, m; double k, result = -0x7f7f7f7f; double w[MAXN], dp[MAXN];int main() {scanf ( "%d %d %lf", &n, &m, &k );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lf", &w[i] );deq.push_back ( n + 1 );for ( int i = n;i >= 1;i -- ) {while ( ! deq.empty() && deq.front() > i + m )deq.pop_front();dp[i] = dp[deq.front()] * k + w[i];while ( ! deq.empty() && dp[deq.back()] <= dp[i] )deq.pop_back();deq.push_back ( i );}for ( int i = 1;i <= m;i ++ )result = max ( result, dp[i] );printf ( "%.2lf", result );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的小奇探险的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。