考試題。
是個dp。
50分可以通過子集列舉+線段覆蓋（貪心）完成。
考試沒時間寫了乙個子集列舉30分。
#include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 20;
int read()
while (isdigit(ch)) return u * f;
}//int dp[maxn][maxn]...
struct ioib[maxn];
bool cmp(ioi a, ioi b)
int a[maxn], n, q, seq[maxn], last;
double now = 0, ans;
void print_subset(int s, int n)
int main()
sort(b+1, b+1+n, cmp);
for(int i = 1; i < (1 << n); i++)
}if(now > ans)
}printf("%0.3lf\n",ans);
for(int i = 1; i <= n; i++)
return 0;
}
考慮正解的dp。
說過狀態設的好，轉移就方便。
一開始設的dp[i][j]表示前i個選了j個的最優..
轉移個錘子。
正解：不妨設dp[i]表示在第i時，可以獲得的最大期望（此期望非彼期望）。
於是只有在第j個結束時間為i才轉移，其他的是dp[i] = dp[i-1]
注意a[j].l這個邊界，要》q才能轉移，會被卡。不寫只有50分。
$ if(a[j].r == i && a[j].l >= q) $
$ dp[i] = max(dp[i], dp[a[j].l-q] + a[j].p) $
這時候得到乙個o(mn)的dp。m為最大時間
考慮再優化，如果我們先給每個資訊排一遍序，這樣我們隨著時間i的增大，每個a[j].l和a[j].r也在增大。記錄上次列舉到的j是多少，記為pos，下次直接從j = pos開始。
我們再去列舉每個j的時候就不需要從1開始了，因為每次滿足的先行條件是a[j].r == i。
注意一點，不論這次a[j]有沒有更新dp[i]的值，我們的pos都要改變，否則還是tle。
code：
#include #include #include #include #include using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
inline int read()
while (isdigit(ch)) return u * f;
}double dp[maxn];
struct ioia[maxn];
int n, m, q, pos = 1, pre[maxn], ans[maxn], ans[maxn], cnt;
bool cmp(ioi a, ioi b)
int main()
sort(a+1, a+1+n, cmp);
for(int i = 1; i <= m; i++)
if(a[j].num == 1 && dp[i] < dp[a[j].l-q] + a[j].p)
pos = j;
}} }
int now = m;
while(now)
printf("%0.3lf\n",dp[m]);
for(int i = cnt; i >= 1; i--)
printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
我說怎麼輸出不了最後乙個..
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