洛谷 P1336 最佳课题选择 题解

P1336 最佳课题选择 题解

状态:考虑\(f_{i,j}\)表示前\(i\)种论文里面,一共写了\(j\)篇,的最少花费时间。

转移策略:我们一次考虑每一种论文写多少篇。假设写\(k\)篇,\(k \in [0,j] \cap \mathbb{Z}\) ,有转移方程:

\[f_{i,j} = min(f_{i-1,j-k} + cost(i,k)), k \in [0,j] \cap \mathbb{Z} \]

其中

\[cost(i,k) = a_i \times k ^ {b_i} \]

可以做记忆化优化,因为多次访问同一个\(cost(i,k)\)

初始化:我们考虑选0篇无论怎样花费为0,选0种论文但多于0篇一定是不可能的,花费为Inf,再加上转移中要取min的缘故,我们初始化为:

\[\begin{equation*} f_{i,j}=\left\{ \begin{array}{} 0 & ,j=0\\ + \inf &, j \neq 0\\ \end{array} \right . \end{equation*} \]

相关变量范围见代码。

最后,我们就可以开滚动数组,或者倒序\(j\)优化掉一维。

代码在文末。


这里和01背包及无限背包做个对比。

01背包的转移选择策略,是一个一个选(同时也是一种一种选,因为一种里面只有一个)。转移方程:

\[f_{i,j} = max(f_{i-1,j}, f_{i-1,j-c_i} + v_i) \]

无限背包的转移选择策略,是在一种里面一个个选。转移方程:

\[f_{i,j} = max(f_{i-1,j}, f_{i,j-c_i} + v_i) \]

可以看到两者细微的差别在,选物品的时候,01背包访问\(i-1\),无限背包访问\(i\),所以可以把其中一个维度压缩掉之后,01反着做,无限正着做。

本题目有两点不同:

第一,本题相当于“选择超过某价值的物品,使得容量需要量最小”,把状态的内外对换了一对。

第二,本题目中,如果选了前面一个,那么后面再选的时候,贡献会不一样,因为时间贡献是幂级的而非线性的。类比到无限背包中就是“选的越多,价值越少”,已经选了多少会影响到后面选的东西。选同一个东西的贡献,在不同情况下不一样。

于是,按照无限背包“一个一个”选的策略,就会涉及到之前的选择情况,我们尝试把第\(i\)种选择数目\(k\)加入到状态中,有

\[\begin{equation*} f_{i,j,k(k \leq j)}=\left\{ \begin{array}{} f_{i,j-1,k-1} - cost(i,k-1) + cost(i,k) & ,k \neq 0\\ min(f_{i-1,j,l}), l \in [0,j] \cap \mathbb{Z} &, k = 0\\ \end{array} \right . \end{equation*} \]

这样是正确的,但是我们发现大多数的状态被浪费了,因为\(k \neq 0\) 的时候只有一种选择。

还有一种方式是把\(f_{i,j}\)中选择了多少个第i种论文,另存为\(g_{i,j} = k\),于是我们有转移方程(错误的):

\[\begin{equation*} f_{i,j}=min\left( \begin{array}{} f_{i,j-1} - cost(i,g_{i,j-1}) + cost(i,g_{i,j}), g_{i,j} = g_{i,j-1} + 1 ,\\ f_{i-1,j}, g(i,j) = 0 \end{array} \right) \end{equation*} \]

这个转移方程看上去好像是对的,因为就是按照无限背包的思路改的,但实际上是错误的,提交后只能有10分。因为理论上这种转移方程只能处理线性的\(cost(i,k)\),即\(b_{i} = 1\)\(b_{i} = 0\)

我们和无限背包进行对比:假设有\(f_{1,1} = 12\)\(f_{1,2} = 24\)\(f_{2,1} = 2\),那么对于无限背包问题,有:

\[f_{2,2} = max(f_{1,2},f_{2,1} + v_{2})\\ \because f_{2,1} = max(f_{1,1},f_{2,0} + v_{2}) \neq f_{1,1}\\ \therefore f_{2,1} \geq f_{1,1}\\ \therefore f_{2,1} + v_{2} \geq f_{1,1} + v_{2} \]

因此\(f_{1,1} + v_{2}\)不会影响\(f_{2,1} + v_{2}\)\(f_{2,2}\)可能的贡献,也就是不可能贡献(被max掉了)。

但是在这个问题中,我们令\(w_{i,k} = cost(i,k) - cost(i,k-1)\),有:

\[f_{2,2} = min(f_{1,2},f_{2,1} + w_{2,1})\\ \because f_{2,1} = min(f_{1,1},f_{2,0} + w_{2,2}) \neq f_{1,1}\\ \therefore f_{2,1} \leq f_{1,1}\\ \therefore f_{2,1} + w_{2,2} \quad? \quad f_{1,1} + w_{2,1} \]

可以发现我们无法判断\(f_{1,1} + w_{2,1}\)对于\(f_{2,2}\)是否有贡献,其根源在于对于同一个\(i\)\(w_{i,k}\)是可能不同的,因此不等式失效,即在这种状态和转移方程下,不满足最优子结构。因此DP失效。

(这也说明,一个可DP的问题是存在“最优子结构”“无后效性”,只有特定的方式去“成立”这些性质才能DP,不是随便搞一搞就一定可以DP的)

也就是说,在无限背包问题中,我们把一个物品拿走,从规模更小的状态中转移,这个物品的贡献是确定的,决定“拿走”这一选择中的最优解,就只能是承接之前的最优解。

然而在这个问题中,如果我们把一个物品拿走,从规模更小的状态中转移时,这个物品的贡献是不确定的,也就是说除了最优解以外,次有解也有可能贡献出更好的结果,因此“最优子结构失效了”。

因此,我们在考虑状态和状态转移方程时,可以灵活更改状态、转移方式和策略、记录信息等等,同时也要按照普适状况考虑转移的合法性和具体转移方法。


标准AC代码:

#include <bits/stdc++.h>

#define N (int)(205)
#define M (int)(25)

using namespace std;

typedef long long LL;

int n,m;
LL f[N];
LL a[M],b[M];
LL p[M][N];

LL cost(int i, int k)
{
	if(p[i][k] == -1)
		return p[i][k] = a[i] * pow(k,b[i]);
	else
		return p[i][k];
}

int main()
{
	memset(p,-1,sizeof(p));
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= m;i++) cin >> a[i] >> b[i];
	f[0] = 0;
	for(int i = 1;i <= m;i++)
	{
		for(int j = n;j >= 1;j--)
		{
			for(int k = 0;k <= j;k++)
			{
				f[j] = min(f[j],f[j-k] + cost(i,k));
			}
		}
	}
	cout << f[n];
	return 0;
}

另一种AC的代码:

#include <bits/stdc++.h>

#define N (int)(205)
#define M (int)(25)

using namespace std;

typedef long long LL;

int n,m;
LL f[M][N][N];
LL a[M],b[M];
LL p[M][N];

LL cost(int i, int k)
{
	if(p[i][k] == -1)
		return p[i][k] = a[i] * pow(k,b[i]);
	else
		return p[i][k];
}

int main()
{
	memset(p,-1,sizeof(p));
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1;i <= m;i++) cin >> a[i] >> b[i];
	for(int i = 0;i <= m;i++) f[i][0][0] = 0;
	for(int i = 1;i <= m;i++)
	{
		for(int j = 1;j <= n;j++)
		{
			for(int l = 0;l <= j;l++)
			{
				f[i][j][0] = min(f[i][j][0],f[i-1][j][l]);
			}
			for(int k = 1;k <= j;k++)
			{
				f[i][j][k] = f[i][j-1][k-1] - cost(i,k-1) + cost(i,k);
			}
		}
	}

	LL ans = 1e18;
	for(int k = 0;k <= n;k++)
		ans = min(ans,f[m][n][k]);
	cout << ans;
	return 0;
}

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