信息学奥赛一本通 1373：鱼塘钓鱼(fishing)

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ybt 1373：鱼塘钓鱼(fishing)

【题目考点】

1. 动态规划：区间动规

2. 贪心优先队列

【解题思路】

解法1：区间动规

该人只会从编号小的鱼塘走到编号大的鱼塘，不存在往回走的情况（从编号大的鱼塘走到编号小的鱼塘）。

如果他仅仅往回走但不在任何鱼塘停留，那么这与不往回走钓到的鱼的数量相同，往回走是不必要的。

如果存在往回走的情况，那么一定存在该人从某个第 x x x号鱼塘走回到第 y y y号鱼塘，其中 y < x y<x y<x，而且在第 y y y号鱼塘停留 t y t_y ty分钟钓鱼。

该情况可以由以下走法替代：先走到第 y y y号鱼塘，停留 t y t_y ty分钟钓鱼，而后走到第 x x x号鱼塘。这样做还能省下往回走的时间。

1. 状态定义

集合：钓鱼方案
限制：最远走到第几个鱼塘，经过总时间
属性：钓鱼数量
条件：最大
统计量：钓鱼数量

状态定义：dp[i][j]：最远走到第i鱼塘，消耗时间j，可以钓到鱼的最大数量。
初始状态：dp[0][j]=0：在前0个鱼塘中钓鱼，消耗时间j，可以钓到鱼的最大数量为0。

2. 状态转移方程

集合：最远走到第i鱼塘，消耗时间j的钓鱼方案数。
分割集合：根据在第i个鱼塘钓鱼的时间来分割集合

记在第i鱼塘第1分钟能钓到的鱼为fish[i]，第i鱼塘每分钟鱼减少量为de[i]，
可以预处理出在第i鱼塘钓鱼j分钟能钓到的鱼为f[i][j]以及在第i鱼塘能钓到鱼的最大时间mxTime[i]。

f[i][0] = 0;
for(int j = 1; fish[i] > 0; j++)
{f[i][j] = f[i][j-1] + fish[i];fish[i] -= de[i];mxTime[i] = j;
}

第i鱼塘走到第i+1鱼塘的时间为t[i]，用求前缀和的方法预处理出从第1鱼塘走到第i鱼塘（只走路不钓鱼）的时间st[i]。

总使用时间j，从第i-1鱼塘出发到第i鱼塘消耗时间t[i-1]，那么走到第i鱼塘后，剩余可分配的时间为j-t[i-1]

如果在第i鱼塘钓鱼0分钟，那么在前i-1个鱼塘消耗的时间为j-t[i-1]，最大钓鱼数量dp[i][j] = dp[i-1][j-t[i-1]]
如果在第i鱼塘钓鱼1分钟，那么在前i-1个鱼塘消耗的时间为j-t[i-1]-1，最大钓鱼数量dp[i][j] = dp[i-1][j-t[i-1]-1]+f[i][1]
如果在第i鱼塘钓鱼2分钟，那么在前i-1个鱼塘消耗的时间为j-t[i-1]-2，最大钓鱼数量dp[i][j] = dp[i-1][j-t[i-1]-2]+f[i][2]
…
如果在第i鱼塘钓鱼k分钟，那么在前i-1个鱼塘消耗的时间为j-t[i-1]-k，最大钓鱼数量dp[i][j] = dp[i-1][j-t[i-1]-k]+f[i][k]
k的最小值为0，最大时为mxTime[i]，超过该时间就钓不到鱼了。同时k要满足小于等于总时间j减去从第1鱼塘一直不钓鱼走到第i鱼塘的时间st[i]，即k <= j-st[i]
以上所有情况取最大值

最远走到哪个鱼塘，都可能钓到最多的鱼。
记输入的总鱼塘数量为n，截止时间为endT，
最后求dp[1][endT], dp[2][endT], ..., dp[n][endT]中的最大值，就是最大钓鱼数量。

解法2：贪心

假定最远走到第i个鱼塘，由于不用走回头路，因此花费在路上的时间已经确定了。而后安排在各个鱼塘钓鱼的时间。
假想现在要画一个表格，示例如下：

鱼塘1	鱼塘2	…	鱼塘n
1+1			1

选择当前各个鱼塘中钓鱼1分钟能钓到最多鱼的鱼塘，记录要在这个鱼塘钓鱼1分钟。
在该鱼塘钓鱼1分钟后，该鱼塘下一分钟能钓到的鱼会减少。更新该鱼塘1分钟钓鱼获得的鱼的数量。
而后再在当前各个鱼塘中选择钓鱼1分钟能钓到最多鱼的鱼塘，记录要在这个鱼塘钓鱼1分钟。而后更新该鱼塘每分钟钓鱼数量。
重复此过程，直到所有时间都已分配。
根据表格中的记录，得知在每个鱼塘的总钓鱼时间

实际执行过程为：从第1鱼塘开始向第i鱼塘走，到第x鱼塘时，在第x鱼塘钓鱼时间为记录中在第x鱼塘的总钓鱼时间，直到走到鱼塘i。
总钓鱼数量为：在执行记录的过程中，记录了的每分钟钓鱼数量的加和。
选择“能钓到最多鱼的鱼塘”的过程，可以使用优先队列来完成，使用优先队列求最值的复杂度为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
最远走到的鱼塘从1循环到i，求出每种情况下的总钓鱼数量，比较得到最大值，即为结果。

【题解代码】

解法1：区间动规

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 105
#define T 1005
int dp[N][T];//dp[i][j]:在前i个鱼塘中钓鱼，消耗时间j，可以钓到鱼的最大数量。
int fish[N], de[N], f[N][T], t[N], st[N], mxTime[N];
int n, endT, mxFish;
int main()
{cin >> n;//n:鱼塘数量 for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> fish[i];//fish[i]:第1分钟第i鱼塘可以钓到的鱼的数量for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> de[i];//dec[i]:每过一分钟鱼可以钓到的鱼减少的数量for(int i = 1; i <= n; ++i)for(int j = 1; fish[i] > 0; ++j){f[i][j] = f[i][j-1] + fish[i];//f[i][j]:在第i鱼塘钓鱼j分钟能钓到的鱼fish[i] -= de[i];mxTime[i] = j;//mxTime[i]:在第i鱼塘能钓到鱼的最大时间（超过这一时间就钓不到鱼了） }for(int i = 1; i <= n-1; ++i){cin >> t[i];//t[i]:从第i鱼塘走到第i+1鱼塘的时间st[i+1] = st[i] + t[i];//st[i]:从第1鱼塘走到第i鱼塘的时间 }cin >> endT;//endT:截止时间 for(int i = 1; i <= n; ++i)//i:鱼塘号 for(int j = 1; j <= endT; ++j)//j:消耗时间 for(int k = 0; k <= mxTime[i] && k <= j-st[i]; ++k)//k：在第j鱼塘钓鱼k分钟 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-t[i-1]-k] + f[i][k]);for(int i = 1; i <= n; ++i)mxFish = max(mxFish, dp[i][endT]);cout << mxFish;return 0;
}

解法2：贪心

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 105
int fish[N], de[N], st[N], f[N];
int n, te, endT, mxFish;
struct Cmp
{bool operator () (int a, int b){return f[b] > f[a];//鱼塘每分钟钓鱼数量更高的鱼塘更优先 }
};
int main()
{cin >> n;//n:鱼塘数量 for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> fish[i];//fish[i]:第1分钟第i鱼塘可以钓到的鱼的数量for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> de[i];//dec[i]:每过一分钟鱼可以钓到的鱼减少的数量for(int i = 1; i <= n-1; ++i){cin >> te;//te:从第i鱼塘走到第i+1鱼塘的时间st[i+1] = st[i] + te;//st[i]:从第1鱼塘走到第i鱼塘的时间 }cin >> endT;//endT:截止时间for(int i = 1; i <= n; ++i)//最远走到第i鱼塘{memcpy(f, fish, sizeof(fish));//f[i]:临时保存第i鱼塘每分钟钓鱼数量 priority_queue<int, vector<int>, Cmp> pq;//优先队列中保存的是鱼塘编号，每分钟钓鱼数量更高的更优先 for(int j = 1; j <= i; ++j)pq.push(j);int fishNum = 0;//可分配时间为总时间减去走到鱼塘i的时间  fishNum:钓到的鱼数量 for(int t = 1; t <= endT-st[i]; ++t){if(pq.empty())break;int mxi = pq.top();//当前每分钟钓鱼数量最大的鱼塘编号 pq.pop();fishNum += f[mxi];//总钓鱼数量增加f[mxi]f[mxi] -= de[mxi];//该鱼塘每分钟钓鱼数量减少if(f[mxi] > 0)//如果在该鱼塘还能钓鱼 pq.push(mxi); //把该鱼塘加入到优先队列 }mxFish = max(mxFish, fishNum);//更新最大钓鱼数量 }cout << mxFish;return 0;
}