Codeforces 999F Cards and Joy 【dp】【性质】

读完这道题后应该想到牌有多少张都是什么不重要，重要的是player的favorite number是怎么分配的。（因为不是任何player的favorite number不能带来任何joy）然后每个favorite number带来的joy互相不受影响，因为如果favorite number不一样，对应的player肯定不一样。因此我们可以计算每个【favorite number带来的贡献】。

因此想到dp[i][j]代表i个人分j个favorite number的最大joy（favorite number具体是多少其实不重要），

转移方程 dp[i][j] = dp[i-1][j-c] + h[c] 枚举第i个人拿c张牌// c = 0 - min(j,k) 【因为一个人最多拿k张牌】，代价为k

所以整体复杂度是n* (n*k) * k ==> O(n^2 * k^2)。能过

然后这道题我用递归和递推都写了一遍，两个速度差不多。递推并不能保证比递归快，关键还是看状态数

再补充一下转移代价与时间复杂度之间为什么是相乘的关系，我以前一直没想清楚：

实际上是这一层的状态得到要考虑上一层的j个状态，然后这一层的每个状态都要考虑到上一层的j个状态，上一层的状态被重复考虑了。这就是为什么【简单运用】的话线段树能优化dp，因为能区间max，但实际上很复杂，听说要涉及凸包orz

 1 #include<iostream>
 2 #include<map>
 3 #include<cstring>
 4 using namespace std;
 5
 6
 7 //只需要考虑每个number带来的贡献，不是任何人favorite number的数没有贡献
 8 int a[5005],h[15],favorite[505];//favorite[i]为第i个player的favorite number
 9 int vis[100005],ans;
10 map<int,int> m1,m2;
11
12 int dp[505][5005];// dp[i][j]为i个人分j个favorite number的最大joy
13
14 int main(){
15     int n,k; cin>>n>>k;
16     for(int i=1;i<=n*k;i++) {
17         cin>>a[i];
18         m1[ a[i] ] ++;//这个number一共有多少个
19     }
20     for(int i=1;i<=n;i++){
21         cin>>favorite[i];
22         m2[ favorite[i] ]++;//这个number是多少人的favorite
23     }
24     for(int i=1;i<=k;i++) cin>>h[i];
25
26     for(int i=1;i<=n;i++){
27         for(int j=0;j<=i*k;j++){
28             for(int c=0;c<=min(j,k);c++) dp[i][j] = max( dp[i][j],dp[i-1][j-c]+h[c] );//第i个人分c个favorite number
29         }
30     }
31
32     for(int i=1;i<=n;i++){
33         if( vis[ favorite[i] ] ) continue;
34         ans+=dp[ m2[favorite[i]] ][ min( m2[favorite[i]]*k, m1[ favorite[i]]  ) ];
35         vis[ favorite[i] ] = 1;
36     }
37
38     cout<<ans;
39
40     return 0;
41 }

转载于:https://www.cnblogs.com/ZhenghangHu/p/9226458.html

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