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- 描述
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又到周末了，同学们陆陆续续开开心心的来到机房上机。jbr也不例外，但是他到的有点晚，发现有些机位上已经有同学正在做题，有些机位还空着。细心的jbr发现，一位同学来到机房，坐在机位i上，如果他的左右两边都空着，他将获得能力值a[i]；如果当他坐下时，左边或者右边已经有一个人在上机了，他将获得能力值b[i]；如果当他坐下时，他的左边右边都有人在上机，他将获得能力值c[i]。
同时他发现，已经在上机的同学不会受到刚要坐下的同学的影响，即他们的能力值只会在坐下时产生，以后不会发生变化;第一个机位左边没有机位，最后一个机位右边没有机位，无论何时坐在这两个机位上将无法获得c值。
这时jbr发现有一排机器还空着，一共有N个机位，编号1到N。这时有N位同学们陆陆续续来到机房，一个一个按照顺序坐在这排机位上。聪明的jbr想知道怎么安排座位的顺序，可以使这N位同学获得能力值的和最大呢？
- 输入
- 第一行一个整数N(1<= N <= 10000)
第二行N个数，表示a[i]
第三行N个数，表示b[i]
第四行N个数，表示c[i]
(1<= a[i],b[i],c[i] <=10000) - 输出
- 一个整数，表示获得最大的能力值和
- 样例输入
-
4 1 2 2 4 4 3 3 1 2 1 1 2
- 样例输出
-
14
- 提示
- 第一位同学坐在第四个机位上，获得能力值4；
第二位同学坐在第三个机位上，获得能力值3；
第三位同学坐在第二个机位上，获得能力值3；
第四位同学坐在第一个机位上，获得能力值4；
总和为14。
1 #include <iostream> 2 #include <vector> 3 #include <cmath> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 int a[10005]; 7 int b[10005]; 8 int c[10005]; 9 int d[10005][4]; //考虑前i的座位已经坐好的前i个座位最大值，0-第i个人坐下的时候两边没人，1-左边有人，2-右边有人，3-都有人 10 int main(){ 11 int n; 12 cin >> n; 13 int i; 14 for(i = 1; i <= n; i++) 15 cin>>a[i]; 16 for(i = 1; i <= n; i++) 17 cin>>b[i]; 18 for(i = 1; i <= n; i++) 19 cin>>c[i]; 20 d[1][0] = a[1]; 21 d[1][2] = b[1]; 22 for(i = 2; i <= n; i++){ 23 d[i][0] = max(d[i-1][3], d[i-1][2])+a[i]; //第i个位置坐下的时候两边没人，要求它先于第i-1个人被坐，也就是说第i-1个人坐下的时候一定是右边有人 24 d[i][1] = max(d[i-1][0],d[i-1][1]) + b[i]; 25 d[i][2] = max(d[i-1][3], d[i-1][2])+b[i]; 26 d[i][3] = max(d[i-1][0], d[i-1][1])+c[i]; 27 } 28 cout<<max(d[n][0],d[n][1]); 29 return 0; 30 }
备注：像这种在一个一维数组上动规，首先要考虑的状态肯定还是“考虑前i个和前i-1个的关系”。但是我想了一会儿觉得无从下手，因为第i个座位被坐下时候的得分不光跟前i-1个座位有关啊！还跟第i+1个座位是否有人有关，然后我就放弃了，觉得没法做。
但其实所谓有关，我们完全可以保留这种对于i+1的“不确定性”，或者说在算i时，先记录对应的i+1的每种可能（已经有人坐或者没人坐）下的i（这是因为我们在算i的时候并不需要用到i+1的结果，只是用到了i+1的状态（有人坐或者没人坐）），在推i+1的时候再反过来用到i。通过加一维数组实现，我觉得这是这道题所带来最大的启发。
【考虑前i个座位已经坐好了的前i个座位最大值】就是体现了这个道理。也就是说，不管第i+1个座位是否有人坐（这个状态已经考虑在了d[i][?]里），我们只关心前i个座位得到的最大值，不需要考虑第i+1的得分。
还有就是，这道题是按照空间顺序递推，而不是时间上，时间上的变化已经体现在了第二维状态里面。
我因为转移方程没考虑清楚的错误已经WA了好几次。一定要想清楚，在第i个人坐下的时候的每种状态，对应的第i-1的状态应该是什么。