我們設dp[i][j]為做到第i個sort時候，最大值被移動到j需要轉移用的數目。
dp[i][j]=dp[i-1][j](if(ti!=j) 即移動不到當前最大值
dp[i][j]=min(dp[i-1][j], dp[i-1][k] (si<=k<=ti)+1(if(ti=j))即這個最大值包含在這個區間。
我們發現dp值只與他前乙個有關，故可以開滾動陣列，而且可以知道，以前的狀態是不用清除的，所以直接開一維陣列來滾動即可。
即dp[ti]=min(dp[ti],dp[k] (si<=k<=ti)+1）
這裡我們可以發現了，這麼做其實還是n*m的時間複雜度，不過這種形式我們可以用線段樹來優化，單點更新，dp[ti] ,區間詢問si，ki的最小值，正是線段樹最有用的地方。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define up(i,a,b) for(int i=a;i#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef
long
long ll;
const
double esp =
1e-6
;const
double pi =
acos(-
1.0)
;const
long
long inf =
0x3f3f3f3f
;using
namespace std;
typedef pair<
int,
int> pir;
int n, m;
int tree[
1<<18]
;//log50000*4
int dp[
50005];
int ik[
500005];
int jk[
500005];
void
pushup
(int rt)
//向上推
void
init
(int rt,
int l,
int r)
int mid =
(l + r)
>>1;
init
(rt <<
1, l, mid)
;init
(rt <<1|
1, mid +
1, r)
;pushup
(rt);}
//初始化
void
update
(int jk,
int k,
int l,
int r,
int rt)
if(jk <= mid)
update
(jk, k, l, mid, rt<<1)
;else
update
(jk, k, mid +
1,r, rt <<1|
1);pushup
(rt)
;//向上推，維護區間的最小值
}//更新
intquerry
(int l,
int r,
int rt,
int a,
int b)
//因為可能多個區間都放問了一遍，所以需要一起求最小值
int mid =
(l + r)
>>1;
if(b <= mid)ans =
min(ans,
querry
(l, mid, rt <<
1, a, b));
else
if(a > mid) ans =
min(ans,
querry
(mid +
1, r, rt <<1|
1, a, b));
else ans =
min(ans,
min(
querry
(l, mid, rt <<
1, a, mid)
,querry
(mid +
1, r, rt <<1|
1, mid +
1, b)))
;//注意這種情況要變化a，b的值，因為從中間斷開了
return ans;
}int
main()
upd(i,
1, n)
dp[1]
=0;//初始化
init(1
,1, n)
;update(1
,0,1
, n,1)
;up(i,0
, m)
cout << dp[n]
;//最後輸出最大值n可以達到的最小值
return0;
}
洛谷p1769 DP（線段樹思想）
這題乍一看很嚇人，實則當你去手畫一下比賽過程的時候就可以知道了，假設總人數有8人，1，2 3 4 5 6 7 8.題目說了每一輪都是按編號順序從小到大去比賽的那麼第一輪就是 1,2 3,4 5,6 7,8 這麼個比賽順序，第二輪就是 1,2 的勝利者去比 3,4 的勝利者 另外兩個同理 這個比賽的過...
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POJ 3170 線段樹優化DP
題意 思路 先搞乙個vector 存以t2結尾的結構體 結構體裡面有開始工作的時間和花費 f i 表示取區間 m,i 的代價 易得f i min f k w,f i t1 k by siriusren include include include include using namespace s...