Description
一辆火车依次经过 (n) 个车站,顺序是 (1, 2, 3, ..., n - 1, n)。给定 (A_{i, j}) 表示从 (i) 站上车,(j) 站下车的个数。
有 (K) 次在每站操作后的检票机会,问最多能检票的多少不同的人。
Solution
这相当于给你 (dfrac{n^2}{2}) 条线段(对于 (A_{i, j}) 而言对应的线段是 ([i, j - 1]),因为选的点是在那站后,下车的就没了),每个线段有个权值,让你选择 (K) 个点,使得 (K) 个点所涉及的线段(重复的算一次)的权值和最大。
考虑 DP,用代表元计数法,考虑把每个线段的贡献记录在他那条线段上有的第一个点上。
状态设计
设 (f_{i, j}) 为前 (i) 个车站,已经检票了 (j) 次,并且在第 (i) 个车站后检票的最多人数
初始状态
(f_{0, 0} = 0),其余为负无穷(其实这里赋值与否没啥关系)。
状态转移
(f_{i, j} = max{f_{k, j - 1} + val(k + 1, i)})
其中 (val(l, r)) 表示在线段左端点在 ([l, r]) 且右端点 $ ge r$ 的线段个数,这个东西可以 (O(N^3)) 暴力预处理。
答案
(ans = max{f[i][K]})
时间复杂度
(O(N^2K))
Tips
- 大坑,可能造成贡献的点 $ < K$,这时候你就需要从剩下的站点中,选择一些字典序较小的来输出。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 605, S = 55;
int n, tot, K, a[N][N], pre[N][S], val[N][N], cnt[N], f[N][S];
bool vis[N];
void print(int i, int j) {
if (j == 0 || i == 0) return ;
print(pre[i][j], j - 1);
vis[i] = true;
++tot;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) cnt[j] = 0;
for (int j = i; j <= n; j++) {
for (int k = j + 1; k <= n; k++) cnt[k - 1] += a[j][k];
for (int k = n; k >= j; k--) val[i][j] += cnt[k];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= K; j++) {
for (int k = 0; k < i; k++) {
if (f[k][j - 1] + val[k + 1][i] > f[i][j]) {
f[i][j] = f[k][j - 1] + val[k + 1][i];
pre[i][j] = k;
}
}
}
}
int ans = 0, p;
for (int i = 1; i <= n; i++) if (f[i][K] > ans) ans = f[i][K], p = i;
print(p, K);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (vis[i]) printf("%d ", i);
else if (tot < K) tot++, printf("%d ", i);
}
return 0;
}