poj 1088 滑雪 详解
http://poj.org/problem?id=1088
这是一道dp入门题,不过我一直没想明白应该怎么dp。今天,在做自己学校oj的算法基础题时看到这题,标注着dp的分类,加上我一直都比较喜欢做dp题,于是我就决心今晚要把这道入门题切了。
题目是中文的,题目大意就免了吧……
晚上做dp题的时候,我先是看见类似这题的一维单调增子序列,那题轻松AC了。但是,面对这个我隔了很长时间没想的二维dp题,我想了很久都想不到怎么dp。因为这题在我们学校的oj里是全部计算机专业都要知道怎么做的,所以题目下面有详细的解释,而且觉得那个题解是相当的浅显易懂。
下面是那个解释:
动规算法思路: f矩阵与原高度矩阵一样大小,f(i,j)表示从(i,j)位置开始滑,可以获得的最大滑道的长度。算法步骤: (1)将高度矩阵从低到高排序; (2)按滑点从低到高依次计算最长滑道的长度,存于f(i,j)。 (3)f(i,j)中的最大值即原题所求。 我依据它的描述以及我对这题的了解,解释一遍: 我们需要的是一个用来储存原本高度的二维数组,一个用来记忆dp状态的数组,以及一个储存高度以及该高度所在的坐标的结构体数组。先说明一下,我是为了方便自己,所以除了结构体数组外其他两个数组都是开大了的。因为poj的题目中数据是0<=h<=10000,所以我用-1作为图的边界条件,dp数组正常清零。为了方便遍历四个邻接的坐标,所以我定义了四个方向向量。 读入数据的时候,数据要被处理,放到相应的结构类型中。 然后,在核心处理前,我们的dp需要一个高度单调增大的,但是对应的坐标不会改变。结构体整块的数据移动就可以保留上述预处理的高度块的坐标。这里可以直接用qsort进行对高度的快排。这个预处理是后面dp的关键。 在预处理后,由低到高处理每个高度块所指示的坐标。对于每一个坐标,搜索该坐标周围的dp最大值(dp值的含义是从该点出发,最长可以滑多远),那么被处理的高度块其dp值就是上述最大值加一。然后,为什么可以这样做就是理解整道题的关键。 可能会有人有这样的疑问,在处理的时候刚开始周围的点不是还没知道dp值吗?为什么也可以直接利用? 解答这个问题的关键就在于,我们刚开始的时候,dp矩阵已经清零。假设从第一个坐标开始,显然,这个坐标是最矮的高度块所对应的坐标,所以在这周围四块不存在比它矮的那么一块,所以它的dp值是1。同时,我们观察到,这时周围四块的dp值都是0,所以这块必定会变为1。其他的也同理,如果周围存在比当前块高的块,那么这个块肯定是还没被赋值的,也就是默认的0。就是说,当前块无法继承这个比自己要高的块的dp值。此时为0是合理的! 找到所有dp值中的最大值后输出。 这题我wa了几次,主要是刚开始没想到周围的高度块是允许比当前的大的,所以一个大小符号,导致我浪费了不少时间。
下面是我的代码:
1 #include "stdio.h" 2 #include "string.h" 3 #include "math.h" 4 #include "stdlib.h" 5 6 #define Reset(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 7 #define MAX 1000000000 8 9 int dir[4][2]={{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; 10 11 struct high 12 { 13 int x, y; 14 int h; 15 }; 16 17 int cmp(const void *_a, const void *_b) 18 { 19 struct high a=*(struct high *)_a; 20 struct high b=*(struct high *)_b; 21 22 return a.h-b.h; 23 } 24 25 int main() 26 { 27 int n, m; 28 while (~scanf("%d%d", &n, &m)) 29 { 30 int h[n+2][m+2], dp[n+2][m+2]; 31 struct high rec[n*m]; 32 33 memset(h, 255, sizeof(h)); 34 for (int i=1; i<=n; i++) 35 for (int j=1; j<=m; j++) 36 { 37 scanf("%d", &h[i][j]); 38 rec[(i-1)*m+j-1].h=h[i][j]; 39 rec[(i-1)*m+j-1].x=i; 40 rec[(i-1)*m+j-1].y=j; 41 } 42 Reset(dp); 43 qsort(rec, n*m, sizeof(struct high), cmp); 44 int ans=0; 45 for (int i=0, tmp=n*m; i<tmp; i++) 46 { 47 int max=0; 48 49 for (int j=0; j<4; j++) 50 { 51 if (max < dp[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]+1 52 && h[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]!=h[rec[i].x][rec[i].y]) 53 max = dp[rec[i].x-dir[j][0]][rec[i].y-dir[j][1]]+1; 54 dp[rec[i].x][rec[i].y] = max; 55 } 56 if(ans<max) 57 ans=max; 58 } 59 /** 60 for (int i=1; i<=n; i++) 61 { 62 for (int j=1; j<=m; j++) 63 printf("%4d ", dp[i][j]); 64 puts(""); 65 } 66 /**/ 67 printf("%d\n", ans); 68 } 69 70 return 0; 71 }
转载于:https://www.cnblogs.com/LyonLys/archive/2012/04/27/poj_1088_Lyon.html
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