APIO2020 粉刷墙壁题解

P6764 [APIO2020]粉刷墙壁

VP的时候打满了63分，没想到正解竟是两个暴力的合体/dk

首先，在这里定义粉刷匠的下家关系：
对于粉刷匠 i , j i,j i,j，如果 i + 1 = j i+1=j i+1=j 或者 i = m , j = 1 i=m,j=1 i=m,j=1，则称 j j j 是 i i i 的下家

6分： f ( k ) ≤ 1 f(k)\le 1 f(k)≤1

可以发现，对于每一次操作，要么所有的粉刷匠都刷一格，要么都不刷。所以，我们尝试对于每一格，是否存在一种粉刷顺序使得可以刷完后面的 m m m 格。

设 f i f_i fi 表示从第 i i i 格开始刷最多可以往后刷多远（包括第 i i i 格）
转移方程： f i = f i + 1 + 1 f_i=f_{i+1}+1 fi=fi+1+1
如果 i + 1 i+1 i+1 不是 i i i 的下家，则 f i = 1 f_i=1 fi=1

时间复杂度 O ( n ) \mathcal O(n) O(n)

51分

上一档部分分考虑的是每个格子只能由一个粉刷匠刷，现在我们考虑把问题扩展到多个粉刷匠

设 f i , j f_{i,j} fi,j 表示位置 i i i 由编号为 j j j 的粉刷匠来刷，最多可以往后刷多少格（包括第 i i i 格）

转移方程： f i , j = f i + 1 , k f_{i,j}=f_{i+1,k} fi,j=fi+1,k，这里 k k k 为 j j j 的下家
如果粉刷匠 j j j 不能刷第 i i i 格，则 f i , j = 0 f_{i,j}=0 fi,j=0

时空复杂度 O ( n m ) \mathcal O(nm) O(nm)

100分

观察上面51分的做法，可以发现他进行了许多冗余的操作：
对于位置 i i i，所有不能刷第 i i i 格的粉刷匠都被访问了一遍。

那么，我们可以预处理出每个位置可能被哪些粉刷匠刷，并且在转移时只转移可以刷第 i i i 格的粉刷匠
这样，时间复杂度就变成了 O ( ∑ f ( k ) ) \mathcal O(\sum f(k)) O(∑f(k))
注意这里的空间也也需要优化，可以使用滚动数组或者用 map 优化掉后一维，代码中采用的是后者

#include <vector>
#include<map>
using namespace std;
const int Maxn=1e5+10;
map <int,int> f[Maxn];
vector <int> c[Maxn],b[Maxn];
int a[Maxn];
bool flag[Maxn];
int n,m,k;
int minimumInstructions(int N, int M, int K, std::vector<int> C,std::vector<int> A, std::vector<std::vector<int>> B)
{n=N,m=M,k=K;for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=C[i-1]+1;for(int i=1;i<=m;++i){int tmp=A[i-1];for(int j=0;j<tmp;++j)b[B[i-1][j]+1].push_back(i);}for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=b[a[i]];for(int i=n;i;--i)for(int j=0;j<c[i].size();++j){int x=c[i][j];int y=c[i][j]+1;if(y>m)y=1;f[i][x]=1;if(i+1<=n)f[i][x]=f[i+1][y]+1;f[i][x]=min(f[i][x],m);if(f[i][x]==m)flag[i]=1;}int ret=0;for(int i=n-m+1;i;--i){if(!flag[i])return -1;++ret;if(i==1)break;int tmp=max(i-m,1);for(int j=tmp;j<i;++j)if(flag[j] || j==i-1){i=j+1;break;}}return ret;
}