2016 多校5 ATM
题意:
有个人富到不知道自己有多少钱，但是知道钱数 \(x\in \Z \cap [0,K]\)
它最多可以有 \(W\) 次查询超过钱数，
\(W\ge 1\)
要求在最优决策的情况下，最小次数取出所有钱的期望次数
\[ \ \]
设 \(K,W\) 上界为 \(O(n)\)
先考虑边界情况，如果它手里有 \(0\)
块钱，那么需要查询一次才知道自己吃土了
如果手头 \(W=1\) ，那么只能每次取
\(1\) ，否则就可能被抓走
众所周知，情况个数有限的期望问题，可以先直接计数然后除掉情况数，所以
定义 \(dp_{i,j}\)
为已知手头的票子上限 \(i\) ，且还剩
\(j\)
次会被抓去干奇怪的事情的最小代价总和
对于 \(j>1\)
的情况，我们需要决策这一次选出多少钱
假设这一次我们选择取出 \(k\)
块钱
1.那么对于实际钱数为 \([0,k-1]\)
的部分，查询会超限，并且知道上界变为 \(k-1\)
2.对于实际钱数 \([k,i]\)
的部分，上界变为 \(i-k\)
而这次决策产生的代价要计算所有情况的代价，即为 \(i+1\)
因此，转移的表达式应是 \(\begin{aligned}
dp_{i,j}=\min_{k=1}^i\lbrace
dp_{k-1,j-1}+dp_{i-k,j}+i+1\rbrace\end{aligned}\)
因为不是期望而是计数，决策应该更好理解了吧
直接转移，复杂度为 \(O(n^3)\)
优化1
不会证明，但是 \(dp_{k-1,j-1}+dp_{i-k,j}\) 构成了关于 \(k\) 的
斜率单调非递减的函数(俗称单峰函数)，可以直接三分
复杂度为 \(O(n^2\log n)\)
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double ldb;
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }
const int N=2e3+10;
int n,m;
int dp[N][N];
int main(){
rep(i,1,N-1) dp[1][i]=2;
rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
rep(i,2,N-1) rep(j,2,N-1) {
dp[i][j]=1e9;
int l=1,r=i;
cmin(dp[i][j],dp[0][j-1]+dp[i-1][j]+i+1);
cmin(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+dp[0][j]+i+1);
while(l<r) {
int a=(l+r)>>1,b=a+1;
int x=dp[a-1][j-1]+dp[i-a][j]+i+1,y=dp[b-1][j-1]+dp[i-b][j]+i+1;
cmin(dp[i][j],x),cmin(dp[i][j],y);
if(x>=y) l=b;
else r=a;
}
}
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6Lf\n",(ldb)dp[n][m]/(n+1));
}
|
优化2
感性理解，钱的上界越大，显然我们每次最优决策要取出的也就越多
即 \(dp_{i,j}\) 的最优决策位置关于
\(i\) 单调非递减
由于转移的式子比较奇怪，这个题目不好使用决策单调性的分治优化方法(或许很简单吗)
但是由于转移是一个单峰函数，不存在波动的问题，所以可以直接记录决策位置
\(g_{i,j}\)
或者说，就是单峰函数的最值位置是递增的，每次从 \(g_{i-1,j}\) 的最优位置开始向后找到 \(g_{i,j}\) 的峰的位置即可停止
对于每个 \(j\) ， \(g_{i,j}\) 最多从 \(1\) 移动到 \(K\) ，所以复杂度为 \(O(n^2)\)
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double ldb;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }
const int N=2e3+10;
int n,m;
int dp[N][N],G[N][N];
int main(){
rep(i,1,N-1) dp[1][i]=2;
rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
rep(i,2,N-1) rep(j,2,N-1) {
dp[i][j]=1e9;
rep(k,max(G[i-1][j],1),i) {
int x=dp[k-1][j-1]+dp[i-k][j]+i+1;
if(x<=dp[i][j]) G[i][j]=k,dp[i][j]=x;
else break;
}
}
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6Lf\n",(ldb)dp[n][m]/(n+1));
}
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优化3:第二维大小的优化
我们知道，存在一种决策方法即每次二分上界，可以取到一个较优值
满足这个决策只需要 \(W\ge \log_2 k\)
，大致可以认为 \(W\ge 10\)
在最优决策的情况下，一定可以在 \(10\) 次错误的范围内查出结果，即 \(W\ge 10\) 之后 \(W\) 的值已经不会影响答案了
所以直接上优化，转移复杂度就是 \(O(n^2\log
n)\)
加上决策单调性的优化，就是 \(O(n\log
n)\)
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| #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); }
const int N=2e3+10;
int n,m;
int dp[N][11],G[N][11];
int main(){
rep(i,1,10) dp[1][i]=2;
rep(i,1,N-1) dp[i][1]=i*(i+1)/2+i;
rep(i,2,N-1) rep(j,2,10) {
dp[i][j]=1e9;
rep(k,max(G[i-1][j],1),i) {
int x=dp[k-1][j-1]+dp[i-k][j]+i+1;
if(x<=dp[i][j]) G[i][j]=k,dp[i][j]=x;
else break;
}
}
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) printf("%.6lf\n",1.0*dp[n][min(m,10)]/(n+1));
}
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以下是来自地狱的魔改代码 1
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| #include<cstdio>
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;++i)
enum{N=2000};
int n,m,dp[11][N|1],i,j,k,x;
main(){
rep(i,1,N) dp[1][i]=i*(i+1)/2+i;
rep(j,2,10) rep(i,dp[j][k=1]=2,N) {
dp[j][i]=1e9;
for(;k<=i && (x=dp[j-1][k-1]+dp[j][i-k]+i+1)<=dp[j][i];++k) dp[j][i]=x;
--k;
}
while(~scanf("%d%d",&n,&m))printf("%.6lf\n",1.0*dp[m>10?10:m][n]/(n+1));
}
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