本文共 3354 字,大约阅读时间需要 11 分钟。
( 宋 体 字 看 起 来 真 舒 服 ) _{_{(宋体字看起来真舒服)}} (宋体字看起来真舒服)
给定 n n n个不降的数组。
有一个值 a n s ans ans,初始为 0 0 0 你需要进行如下操作 k k k次:1.选择一个数组
2.把 a n s ans ans加上数组的第一个元素。 3.把数组的第一个元素删除。请求出 a n s ans ans最大是多少。
所有数组的元素总个数 ≤ 1 0 6 , n , k ≤ 3000 \leq 10^6,n,k\leq 3000 ≤106,n,k≤3000
输 入 ( 笔 者 亲 自 翻 译 ) 输入_{_{(笔者亲自翻译)}} 输入(笔者亲自翻译)
第一行包含两个整数 n n n and k k k ( 1 ≤ n , k ≤ 3 000 1 \le n, k \le 3\,000 1≤n,k≤3000 ): 分别是数组和操作的数量。
接下来的 n n n 行每一行包含一个数组。 每一行的第一个整数是 t i t_i ti ( 1 ≤ t i ≤ 1 0 6 1 \le t_i \le 10^6 1≤ti≤106 ): 第 i i i 个数组的大小。 后面 t i t_i ti 个整数 a i , j a_{i, j} ai,j ( 0 ≤ a i , 1 ≤ … ≤ a i , t i ≤ 1 0 8 0 \le a_{i, 1} \le \ldots \le a_{i, t_i} \le 10^8 0≤ai,1≤…≤ai,ti≤108 ) 给出了第 i i i 个数组。
保证 k ≤ ∑ i = 1 n t i ≤ 1 0 6 k \le \sum\limits_{i=1}^n t_i \le 10^6 k≤i=1∑nti≤106。
样 例 样例 样例
i n p u t input input
3 32 5 103 1 2 32 1 20
o u t p u t output output
26
题 解 题解 题解
转换一下模型,相当于一个背包问题,这个不用我多说了吧。
我们会发现一个结论:最后的最优操作一定是把一些数组全选完,最多一个数组只选部分。
S t e p 1 证 明 结 论 Step\;1\;证明结论 Step1证明结论
我们要证这个结论,实际上要证最优操作不存在两个只选了部分的数组:
为了方便证明,我们定义两个数组总和相等的时候,两数组选的数量相差更大的更优
其实很简单,如果存在这么两个数组选了部分:
那么以下两种情况肯定更优:
- a i , x ≥ a j , y ⇒ a i , x + 1 ≥ a j , y : a_{i,x} ≥ a_{j,y} \Rightarrow a_{i,x+1} ≥ a_{j,y}: ai,x≥aj,y⇒ai,x+1≥aj,y:
- a i , x ≤ a j , y ⇒ a j , y + 1 ≥ a i , x : a_{i,x} ≤ a_{j,y} \Rightarrow a_{j,y+1} ≥ a_{i,x}: ai,x≤aj,y⇒aj,y+1≥ai,x:
而这两种情况已经包含全集了( a i , x ≥ a j , y a_{i,x} ≥ a_{j,y} ai,x≥aj,y 和 a i , x ≤ a j , y a_{i,x} ≤ a_{j,y} ai,x≤aj,y),所以充分证明了 两个数组都没选完,在中间稳定 的情况是不存在的,因此最多就只有其中一个选完了,另一个没选完的情况。
S t e p 2 利 用 结 论 Step\;2\;利用结论 Step2利用结论
这个结论怎么利用呢?
相当于我们如果确定某一个数组是只选部分的那一个,那么其他的数组就降维了、变成一个数了、一个物品了!
于是我们可以先把其他数组假设成只有一个数,然后把背包跑出来,最后暴力枚举只选部分的那个数组具体选几个。
那么,每一个数组一开始都有一个空的背包dp数组,表示该数组只选部分的情况下其他数组放进来处理的背包。但是这样还是 O ( n 2 k ) O(n^2k) O(n2k) 的过不了。
我们可以想想怎么优化。我们发现每个数组 i i i 整个考虑会对 [ 1 , i − 1 ] ∪ [ i + 1 , n ] [1,i-1]∪[i+1,n] [1,i−1]∪[i+1,n] 内的其他数组的背包有贡献,这是两个区间,因此我们可以用线段树分治优化它,
这样一来每个数组就要对 l o g n logn logn 个区间有贡献,而每次贡献是一次 O ( m ) O(m) O(m) 的背包更新,时间复杂度 O ( n m l o g n ) O(nmlogn) O(nmlogn)。
最后,由于每个数组挂的区间有特殊性,可以不用真的建一棵线段树,直接判断挂在当前区间的数组有哪些就行了。
C O D E CODE CODE
#include#include #include #include #include #include #include using namespace std;#define MAXN 3005#define LL long long#define DB double#define ENDL putchar('\n')//#define lowbit(x) ((-x)&(x))LL read() { LL f = 1,x = 0;char s = getchar(); while(s < '0' || s > '9') { if(s=='-')f = -f;s = getchar();} while(s >= '0' && s <= '9') { x=x*10+(s-'0');s = getchar();} return f * x;}const int MOD = 998244353;int n,m,i,j,s,o,k,sq;LL dp[100][MAXN];bool f[100][MAXN];vector a[MAXN];int b[MAXN];LL ans = 0;void solve(int l,int r,int de) { memcpy(dp[de],dp[de-1],sizeof(dp[de])); memcpy(f[de],f[de-1],sizeof(f[de])); for(int i = 1;i <= n;i ++) { if(i == l) { i = r;continue; } if(!f[de][i]) { f[de][i] = 1; int tp = a[i][0]; for(int j = m;j >= tp;j --) { dp[de][j] = max(dp[de][j],dp[de][j-tp] + a[i][tp]); } } } if(l < r) { int mid = (l + r) >> 1; solve(l,mid,de+1);solve(mid+1,r,de+1); return ; } else { int tp = a[l][0]; ans = max(ans,dp[de][m]); for(int i = 1;i <= tp && i <= m;i ++) { ans = max(ans,dp[de][m-i] + a[l][i]); } } return ;}int main() { n = read();m = read(); for(int i = 1;i <= n;i ++) { s = read(); LL sm = 0; a[i].push_back(s); while(s --) { sm += read(); a[i].push_back(sm); } } solve(1,n,1); printf("%lld\n",ans); return 0;}
转载地址:https://blog.csdn.net/weixin_43960414/article/details/110631493 如侵犯您的版权,请留言回复原文章的地址,我们会给您删除此文章,给您带来不便请您谅解!