CF Round 688(Div. 2) F. Even Harder
题目链接：https://codeforces.com/contest/1453/problem/F
有(n)个位置，每个位置有一个权值(a_i)，(0le a_ile n - i)。
当你在第(i)个位置时，你可以移动到([i+1,i+a_i])位置中的某一个(也就是说(a_igt 0)才能移动)。
最后移动到(n)则游戏胜利。
此时可能有多种游戏胜利的走法，我希望这个游戏只能由一种胜利的走法。
现在你可以将某些位置的权值改变为(0)，问最少改变几个位置，使得游戏只有一种胜利的走法。
注意：合法的路径中经过的位置除了(a_n)外不能有(0)。
(2le nle 3000)。
样例：
3
4
1 1 1 0
5
4 3 2 1 0
9
4 1 4 2 1 0 2 1 0
---
0
3
2
思路
思路参考：https://www.cnblogs.com/Heltion/p/14088245.html
希望能尽量讲清楚，大佬的思路确实很厉害。
如果唯一路径是(u1=1,u2,⋯,um=n)，那么要满足(u_{i+1}≤u_i+a_{ui}<u_{i+2})，并且对于所有(u_i<j<u_{i+1},j+a_j<u_{i+1}).
(dp[i][j][k])表示从(n)开始考虑到第(i)位，唯一路径后两个位置位(j)和(k)的最小代价.
两种转移：
- (i)不在当前路径中，(dp[i][j][k]←dp[i+1][j][k]+[j≤i+a_i])，因为(j≤i+a_i)的时候,需要把第(i)位修改成0,代价(+1).
- (i)在当前路径中，(dp[i][i][j]←dp[i+1][j][k])，需要满足(j≤i+a_i<k).
这时候可以打出一个(O(n^3))暴力来：
const int MXN = 3e3 + 5;
int n, m;
int ar[MXN];
void work() {
n = read();
rep(i, 1, n + 1) ar[i] = read();
vector<vector<vector<int>>> dp(n + 2, vector<vector<int>>(n + 2, vector<int>(n + 2, INF)));
dp[n][n][n + 1] = 0;
per(i, n - 1, 1) {
//i不在当前路径中
rep(j, i + 1, n + 1) {
rep(k, j + 1, n + 2) {
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + (i + ar[i] >= j));
}
}
if(ar[i] == 0) continue;
//i在当前路径中
rep(j, i + 1, i + ar[i] + 1) {
rep(k, i + ar[i] + 1, n + 2) {
dp[i][i][j] = min(dp[i][i][j], dp[i + 1][j][k]);
}
}
}
int ans = INF;
rep(i, 1, n) {
rep(j, i + 1, n + 1) {
if(1 + ar[1] >= i) ans = min(ans, dp[1][i][j]);
}
}
printf("%d
", ans);
}
考虑如何优化这两个转移：
优化一：
第二种转移，对所有(i+1≤j≤i+a_i)：(i)在当前路径中，(dp[i][i][j]←dp[i+1][j][k])，需要满足(j≤i+a_i<k)。
他的操作本质是(dp[][i][j]=min_{k>i+ai}dp[][j][k]).
这个东西(min_{k>i+ai}dp[][j][k])维护一个后缀最小值即可解决：(suf[][j][k]=min(dp[][j][k],suf[][j][k+1]))。
修改一下有代码如下：
const int MXN = 3e3 + 5;
int n, m;
int ar[MXN];
void work() {
n = read();
rep(i, 1, n + 1) ar[i] = read();
vector<vector<vector<int>>> dp(n + 2, vector<vector<int>>(n + 2, vector<int>(n + 2, INF))), suf(n + 2, vector<vector<int>>(n + 2, vector<int>(n + 2, INF)));
dp[n][n][n + 1] = 0;
suf[n][n][n + 1] = 0;
per(i, n - 1, 1) {
//i不在当前路径中
rep(j, i + 1, n + 1) {
rep(k, j + 1, n + 2) {
dp[i][j][k] = min(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + (i + ar[i] >= j));
}
suf[i][j][n + 1] = dp[i][j][n + 1];
per(k, n, j + 1) {
suf[i][j][k] = min(suf[i][j][k + 1], dp[i][j][k]);
}
}
if(ar[i] == 0) continue;
//i在当前路径中
rep(j, i + 1, i + ar[i] + 1) {
dp[i][i][j] = min(dp[i][i][j], suf[i + 1][j][i + ar[i] + 1]);
}
suf[i][i][n + 1] = dp[i][i][n + 1];
per(j, n, i + 1) {
suf[i][i][j] = min(suf[i][i][j + 1], dp[i][i][j]);
}
}
int ans = INF;
rep(i, 1, n) {
rep(j, i + 1, n + 1) {
if(1 + ar[1] >= i) ans = min(ans, dp[1][i][j]);
}
}
printf("%d
", ans);
}
优化二：
第一种转移，对所有(i+1≤j≤i+a_i)： (i)不在当前路径中，(dp[i][j][k]←dp[i+1][j][k]+[j≤i+a_i])，(j)肯定要大于(i)，就是要(a_igt 0)。
他的操作本质其实是(for;each;jin[i+1,i+a_i+1]:dp[][j][k]+=1)，且(k)任意。
那其实我最后只要用一个二维矩阵维护(dp[][j][k])的后两维，每次更新的时候主要更新(i)在唯一路径中的情况。
(i)不在唯一路径中的情况的话，其实只要用(add[j]) 记录(j)全部加(1)操作的次数即可。
最终代码如下：
时间复杂度：(O(n^2)).
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define o2(x) (x) * (x)
#define mk make_pair
#define eb emplace_back
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define clr(a, b) memset((a), (b), sizeof((a)))
#define rep(i, s, t) for(register int i = (s), LIM=(t); i < LIM; ++i)
#define per(i, s, t) for(register int i = (s), LIM=(t); i >= LIM; --i)
#define GKD std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
#define my_unique(x) sort(all(x)), x.erase(unique(all(x)), x.end())
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long long int64;
typedef unsigned long long uint64;
typedef pair<int, int> pii;
// mt19937 rng(time(NULL));//std::clock()
// mt19937_64 rng64(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
// shuffle(arr, arr + n, rng64);
inline int64 read() {
int64 x = 0;int f = 0;char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch =
getchar(); return x = f ? -x : x;
}
inline void write(int64 x, bool f = true) {
if (x == 0) {putchar('0'); if(f)putchar('
');else putchar(' ');return;}
if (x < 0) {putchar('-');x = -x;}
static char s[23];
int l = 0;
while (x != 0)s[l++] = x % 10 + 48, x /= 10;
while (l)putchar(s[--l]);
if(f)putchar('
');else putchar(' ');
}
int lowbit(int x) { return x & (-x); }
template <class T>
T big(const T &a1, const T &a2) {return a1 > a2 ? a1 : a2;}
template <class T>
T sml(const T &a1, const T &a2) {return a1 < a2 ? a1 : a2;}
template <typename T, typename... R>
T big(const T &f, const R &... r) {return big(f, big(r...));}
template <typename T, typename... R>
T sml(const T &f, const R &... r) {return sml(f, sml(r...));}
void debug_out() { cout << '
'; }
template <typename T, typename... R>
void debug_out(const T &f, const R &... r) {
cout << f << " ";
debug_out(r...);
}
#ifdef LH_LOCAL
#define debug(...) cout << "[" << #__VA_ARGS__ << "]: ", debug_out(__VA_ARGS__);
#else
#define debug(...) ;
#endif
/*================Header Template==============*/
const int mod = 998244353;// 998244353
int ksm(int a, int64 b, int kmod = mod) {int res = 1;for(;b > 0;b >>= 1, a = (int64)a * a % kmod) if(b &1) res = (int64)res * a % kmod;return res;}
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MXN = 3e3 + 5;
int n, m;
int ar[MXN];
void work() {
n = read();
rep(i, 1, n + 1) ar[i] = read();
vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(n + 2, INF)), suf(n + 2, vector<int>(n + 2, INF));
vector<int> add(n + 2, 0);
dp[n][n + 1] = 0;
suf[n][n + 1] = 0;
per(i, n - 1, 1) {
rep(j, i + 1, n + 1) {
if(j <= i + ar[i]) dp[i][j] = min(dp[i][j], suf[j][i + ar[i] + 1] + add[j]);
}
per(j, n, i) suf[i][j] = min(suf[i][j + 1], dp[i][j]);
rep(j, i + 1, i + ar[i] + 1) ++ add[j];
}
printf("%d
", suf[1][2]);
}
int main() {
#ifdef LH_LOCAL
freopen("D:/ACM/mtxt/in.txt", "r", stdin);
// freopen("D:/ACM/mtxt/out.txt", "w", stdout);
#endif
for(int cas = 1, tim = read(); cas <= tim; ++ cas) {
// printf("Case #%d:
", cas);
work();
}
#ifdef LH_LOCAL
cout << "time cost:" << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
#endif
return 0;
}