牛客寒假训练营1 K 冒险公社(线性dp)

先从样例模拟清楚题意：

...最后模拟可以得到答案4

题意:求前n个岛中最多的绿岛数，根据罗盘预测结果知道实际上绿岛数

dp做法

由于dp问题的使用条件是1.最优子结构 2.不具有后效性

本题是一个线性递推的过程，存在最优子结构

由于处于某一点时，当前的状态(什么颜色) 是会影响到后面两座岛屿的

所以我们可以多开几维，因为颜色就只有三种，可以枚举出来

最后的时间复杂度是O(n*3^4)

原问题：考虑前n个岛屿后，最多的绿岛数

子问题：考虑前i个岛屿，且i为a岛，i-1为b岛，i-2为c岛时的最多绿岛数

状态表示：dp[i][a1][a2][a3]

集合：所有考虑前i个岛屿，且i为a岛，i-1为b岛，i-2为c岛的所有集合

属性：max

可以发现

罗盘预测为green的所有集合都满足 g>r
罗盘预测为red的所有集合都满足g<r
罗盘预测为black的所有都满足g==r

根据划分依据：最后一个不同点，可以将集合划分为不重不漏的三个子集

当前罗盘为a 且三个岛中g>r
当前罗盘为b 且三个岛中g<r
当前罗盘为c 且三个岛中g==r

边界：负无穷 (不满足预测的方案，他的值应该为负无穷或-1，表示不满足预测)

初始化：dp[3][..][..][..]=对应的绿岛数

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dp[N][4][4][4];
int main()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;s=" "+s;memset(dp,-1,sizeof dp);//预处理前3个岛屿for(int i=1;i<=3;i++)for(int j=1;j<=3;j++)for(int k=1;k<=3;k++){int g=0,r=0,b=0;if(i==1) g++;if(i==2) r++;if(i==3) b++;if(j==1) g++;if(j==2) r++;if(j==3) b++;if(k==1) g++;if(k==2) r++;if(k==3) b++;if(g<r&&s[3]=='R') dp[3][i][j][k]=g;if(g>r&&s[3]=='G') dp[3][i][j][k]=g;if(g==r&&s[3]=='B') dp[3][i][j][k]=g;}for(int i=4;i<=n;i++)for(int a=1;a<=3;a++)for(int b=1;b<=3;b++)for(int c=1;c<=3;c++){int g=0,r=0,bl=0;if(a==1) g++;if(a==2) r++;if(a==3) bl++;if(b==1) g++;if(b==2) r++;if(b==3) bl++;if(c==1) g++;if(c==2) r++;if(c==3) bl++;for(int l=1;l<=3;l++){if(dp[i-1][b][c][l]==-1) continue;//这句一定要加，如果这个方案下前面所有岛屿都不满足预测，即使当前岛屿满足预测，也是不符合条件的，所以应该让他直接跳过，不能用来更新
//也可以定义dp数组初值负无穷，res<0就代表无解if(g<r&&s[i]=='R')dp[i][a][b][c]=max(dp[i][a][b][c],dp[i-1][b][c][l]+(a==1));if(g>r&&s[i]=='G')dp[i][a][b][c]=max(dp[i][a][b][c],dp[i-1][b][c][l]+(a==1));if(g==r&&s[i]=='B')dp[i][a][b][c]=max(dp[i][a][b][c],dp[i-1][b][c][l]+(a==1));}}int res=-1;for(int i=1;i<=3;i++)for(int j=1;j<=3;j++)for(int k=1;k<=3;k++)res=max(res,dp[n][i][j][k]);cout<<res;return 0;
}

优化

可以进一步对于状态进行优化

我们发现当前点会考虑前面两个点 i-1 i-2 而 i-1 会考虑前面两个点 i-2 i-3...

而其实i-3对于在第i点的状态转移是没有任何帮助的，根据上面的状态转移我们也发现了

所以其实可以把状态表示方程进一步的优化，优化成为三维的

原问题：考虑前n个岛屿，其中最多的绿岛数

子问题：考虑前i个岛屿，其中i为a岛，i-1为b岛的最大绿岛数

状态转移：根据定义，我们只需要记录两座岛的颜色，在状态转移的时候，确保前面两座岛的颜色都被考虑进入（i-1，i-2颜色都被枚举到），就可以达到不重不漏，而i-3是没有用的，所以可以舍弃

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int dp[N][4][4];
int main()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;s=" "+s;memset(dp,-0x3f,sizeof dp);for(int i=1;i<=3;i++)for(int j=1;j<=3;j++){int g=(i==1)+(j==1),r=(i==2)+(j==2);dp[2][i][j]=g;}for(int i=3;i<=n;i++)for(int a=1;a<=3;a++)for(int b=1;b<=3;b++)for(int c=1;c<=3;c++){int g=(a==1)+(b==1)+(c==1);int r=(a==2)+(b==2)+(c==2);if(g<r&&s[i]=='R')dp[i][a][b]=max(dp[i][a][b],dp[i-1][b][c]+(a==1));if(g>r&&s[i]=='G')dp[i][a][b]=max(dp[i][a][b],dp[i-1][b][c]+(a==1));if(g==r&&s[i]=='B')dp[i][a][b]=max(dp[i][a][b],dp[i-1][b][c]+(a==1));}int res=-0x3f3f3f3f;for(int i=1;i<=3;i++)for(int j=1;j<=3;j++)res=max(res,dp[n][i][j]);if(res<0)cout<<-1;elsecout<<res;return 0;
}

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