问题
分析
分析参照:https://blog.csdn.net/BUAA_Alchemist/article/details/86932466(大佬的分析,条例十分清晰)
代码参照:https://blog.csdn.net/hao_zong_yin/article/details/79807322
自己的理解: 首先先将堆分开,期间不合并,之后只和合并,不分开,开始有n个堆,分开后最多有m个堆,分开操作x=m-n,合并最后只剩1个堆,所以分开是m-n次,合并是m-1次,总的操作次数2m-n-1=2x+n-1次,所以最少操作方案就是使m最小的方案(m最大是每个盘子自己一个堆),怎么让m最小?首先从堆的顶端开始拿盘子分出一个新的堆,每次都拿最小的(连续两个同样大的盘子操作相同,不分开考虑),如果连续两次操作都在同一个堆上,就把两个操作合并。如果同时遇到多个堆的顶端是一样的,那就要考虑哪一个是最后操作的,假如说有k个堆上面的盘子大小相同,他们都要将盘子拿下来分出一个新的堆(不能直接堆到别的堆顶部),但要记录最后一次操作(也许下一次操作还在这个堆,两次操作可能合并成一次)
状态(计算最少的分开操作):dp[i][j]是前面小于等于i小的盘子已经分开时,大小为i的盘子,最后一次的堆的编号是j的分成的堆数量最小值(m的值)
其中 ,要使用离散化简化时间
1.不使用离散化的代码
#include<iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn=2505,maxv=10005,maxp=55,INF=0x3f3f3f3f;
int kase=0,n,m,x,x2,t1,t2,pre[maxv],vis[maxp][maxv],dp[maxv][maxp];
vector<int> piles[maxp],heap[maxv];
set<int> collect;
//清理所有的存储空间
void clear(){
for(int i=1;i<=n;++i) piles[i].clear();
for(int i=1;i<maxv;++i) heap[i].clear();
collect.clear();
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(vis,0,sizeof(vis));
// memset(dp,INF,sizeof(dp));
}
int main(void){
while(cin>>n){
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&m);
for(int j=0;j<m;++j){
scanf("%d",&x);
piles[i].push_back(x);
collect.insert(x); //所有的盘子大小的集合
}
}
int p=0;
for(auto iter=collect.begin();iter!=collect.end();++iter){
x=*iter;
// exist[x]=1;
pre[x]=p; //记录前一个盘子的大小
p=x;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<piles[i].size();++j){
x=piles[i][j];
if(!vis[i][x]){ //每个堆i中大小为x的盘子只记录一次,不考虑重复
vis[i][x]=1;
heap[x].push_back(i); //heap[x]是盘子大小x出现的堆
}
}
}
x=*collect.begin();
for(int i=0;i<heap[x].size();++i){
dp[x][heap[x][i]]=heap[x].size();
}
for(auto iter=(++collect.begin());iter!=collect.end();++iter){
x=*iter;
int s=heap[x].size();
for(int i=0;i<heap[x].size();++i){
x2=pre[x];
t1=heap[x][i]; //大小x的盘子最后的堆是t1
int &t=dp[x][t1];
t=INF;
for(int j=0;j<heap[x2].size();++j){
t2=heap[x2][j]; //上次大小为t的盘子的最后的堆是t2
//这一段,如果两种盘子操作的最后一次分开都在同一个堆,那么无法省略操作(除非第二次只有一个,那么就可以减少一次)
//如果两种操作最后一次不在一起,如果第一次的结尾的堆是第二次操作中的堆,那么就可以合并,减少一次
if(t1==t2){ //两次操作在同一个堆上
t=min(t,dp[x2][t2]+((s==1)?0:s));
}else{
t=min(t,dp[x2][t2]+s-vis[t2][x]);
}
}
}
}
//比较最后的结果,选出最优解
int ans=INF,l=*collect.rbegin();
for(int i=0;i<heap[l].size();++i){
ans=min(ans,dp[l][heap[l][i]]);
}
printf("Case %d: %d\n", ++kase, 2*ans-n-1);
clear();
}
}
2.使用离散化
#include<iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn=2505,maxv=10005,maxp=55,INF=0x3f3f3f3f;
int kase=0,n,m,x,x2,t1,t2,order[maxv],d,vis[maxp][maxn],dp[maxn][maxp];
vector<int> piles[maxp],heap[maxn];
set<int> collect;
void clear(){
for(int i=1;i<=n;++i) piles[i].clear();
for(int i=1;i<=d;++i) heap[i].clear();
collect.clear();
// memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(order,0,sizeof(order));
memset(vis,0,sizeof(vis));
// memset(dp,INF,sizeof(dp));
}
int main(void){
while(cin>>n){
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&m);
for(int j=0;j<m;++j){
scanf("%d",&x);
piles[i].push_back(x);
collect.insert(x); //所有的盘子大小的集合
}
}
int p=0;
d=0;
//离散化,压缩不用的空间,就是把10,20,23,40等效变为1,2,3,4
for(auto iter=collect.begin();iter!=collect.end();++iter){
x=*iter;
order[x]=++d;
// exist[x]=1;
// pre[x]=p;
// p=x;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<piles[i].size();++j){
x=order[piles[i][j]];
if(!vis[i][x]){ //每个堆i中大小为x的盘子只记录一次,不考虑重复
vis[i][x]=1;
heap[x].push_back(i); //heap[order[x]]是盘子大小x出现的堆
}
}
}
//初始化最小盘子大小对应的情况
for(int i=0;i<heap[1].size();++i){
dp[1][heap[1][i]]=heap[1].size();
}
for(x=2;x<=d;++x){ //盘子大小
int s=heap[x].size();
x2=x-1;
for(int i=0;i<heap[x].size();++i){
t1=heap[x][i]; //大小x的盘子最后的堆是t1
int &t=dp[x][t1];
t=INF;
for(int j=0;j<heap[x2].size();++j){
t2=heap[x2][j]; //上次大小为t的盘子的最后的堆是t2
//这一段,如果两种盘子操作的最后一次分开都在同一个堆,那么无法省略操作(除非第二次只有一个,那么就可以减少一次)
//如果两种操作最后一次不在一起,如果第一次的结尾的堆是第二次操作中的堆,那么就可以合并,减少一次
if(t1==t2){ //两次操作在同一个堆上
t=min(t,dp[x2][t2]+((s==1)?0:s));
}else{
t=min(t,dp[x2][t2]+s-vis[t2][x]);
}
}
}
}
//比较最后的结果,选出最优解
int ans=INF;
for(int i=0;i<heap[d].size();++i){
ans=min(ans,dp[d][heap[d][i]]);
}
printf("Case %d: %d\n", ++kase, 2*ans-n-1);
clear();
}
}