2020安徽省大学生程序设计大赛题解——F 跳蛙出行

2020安徽省大学生程序设计大赛题解——F 跳蛙出行

F 跳蛙出行

池塘里有n片荷叶排成一行，有一只青蛙在上面跳跃。但是，这只青蛙是只不同寻常的青蛙，它每跳一次，只能从一片荷叶跳到相邻的荷叶上，并且，它在两片荷叶之间，只能跳跃有限次。青蛙可以从任意荷叶出发。问它最多能跳多少次。

题目

标签

数组、二维动态规划

分析

$$图F-1对于样例数据的展示$$

设青蛙运动的起点为$A$、终点为$B$。

对于青蛙任意的运动过程，我们都可以将其等价为三段运动：

• 过程一 从$A$点向左(右)运动并返回$A$点。
• 过程二 从$A$点运动到$B$点。
• 过程三 从$B$点向右(左)运动并返回$B$点。

我们可以结合样例来理解上述描述。

$$图F-2对三段过程的展示$$

有了这三段运动，现在只需求得三段运动的跳跃次数之和的最大值。我们将其分成两个子问题:

子问题一:对于选定的起点和终点，求解过程一和过程三的最大跳跃次数之和

我们希望青蛙能尽可能的跳更多次，即对于选定的起点和终点(也就是过程二被确定)，我们希望过程一和过程三的步数尽可能多。

令起点坐标为$i$，终点坐标为$j$，$l[i]$表示$i$点向左边跳，且最后回到$i$点最多能走多少步;令$r[j]$表示$j$点向右边跳，且最后回到$j$点最多能走多少步。

用$a[i]$表示两点之间能跳跃的最多次数，则$l$、$r$可以用递推的方法算出。值得注意的是，如果两个点之间能够跳跃的次数是奇数次，在计算$l[i]$时我们只能取$a[i]-1$，原因是想要完成往返运动，路径上每相邻两荷叶的间隔都只能被经过偶数次。

for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
   
    if (a[i] > 1) {
   
        l[i] = l[i - 1] + a[i] % 2 ? a[i] - 1 : a[i];
    }
}
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
   
    if (a[i + 1] > 1) {
   
        r[i] = r[i + 1] + a[i + 1] % 2 ? a[i + 1] - 1 : [i + 1];
    }
}

这样，我们就找到了过程一、三这两个子问题的最优解。

过程二是由区间确定的值，我们用$dis[i]$表示从$1$个荷叶开始，走到$i$个荷叶，最多能跳多少次。则从第$i$个荷叶跳到第$j$个荷叶最多跳跃次数为$|dis[j]-dis[i]|$。

我们可以这样求得$dis[i]$。

dis[1] = a[1] % 2 ? a[1] : a[1] - 1;
for (int i = 2; i < n; i++) {
   
    dis[i] = (dis[i - 1] + a[i] % 2 ? a[i] : a[i] - 1);
}

基于上述描述，利用$l[i]$、$r[i]$、$dis[i]$，对于任意一组起点和终点，我们都可以求出本题的一组最优解了，过程一的最优解为$l[i]$，过程二的最优解为$r[j]$，过程三的最优解为$-dis[i]+dis[j](j>i)$，那么整个问题的答案可用一个表达式描述。

ans = l[i] - dis[i] + r[j] + dis[j]

子问题二:选定最优解的起点和终点

现在问题在于，该如何找到最优解的起点和终点。想确定最优解对应的起点和终点，最朴素的想法是二重循环，但该方法会超时。为了优化算法，我们从三段过程对最优解的贡献出发，考虑二维动态规划可以在子问题之间无相互干扰时，利用动态规划的无后效性进行时间复杂度的简化。

这道题可以求出终点$j$在任意位置时，找到$i$对应的最优解，最后把两个子问题合并来得出最终答案。对于满足 { i   ∣   0 < i < = j } \{i \ \vert \ 0 < i< =j \} { i ∣ 0<i<=j}的所有$i$，我们都可以寻找出$l[i]-dis[i]$的最优解，并将其记录在$maxl$中，以此用一重循环解决二位动态规划问题。

我们用$ans$记录最终答案，那么每一次终点后移，$maxl$都会斟酌$i$在新的位置(即i=j)时是否会使得$maxl$获得更优解，如图所示。

$$图F-3maxl的初态$$

$$图F-4maxl的末态$$

求得$maxl$后，利用相同的方法，我们即可求解出整个问题的最优解。

long long ans = l[0] + r[0];
long long maxl = l[0];
for (int j = 1; j < n; j++) {
   
    int i = j;
    maxl = max(maxl, l[i] - dis[i]);
    ans = max(ans, r[j] + dis[j] + maxl);
}

参考答案（C++）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long l[200005], r[200005], dis[200005];
//l[i]表示i点向左边走，且最后回到i点最多能得多少分
//r[i]表示i点向右走，且最后回到i点最多能得多少
//dis[i]表示,从1号桥开始，走到i号桥，最多能得多少分
//求l[i] - dis[i] + r[j] + dis[j]

int n;
long long a[200005];

long long cal(long long x) {
   
    return x % 2 ? x - 1 : x;
}
set <long long> s;

int main()
{
   
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
   
        cin >> a[i];
    }

    for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
   
        if (a[i] > 1) {
   
            l[i] = l[i - 1] + cal(a[i]);
        }
    }
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
   
        if (a[i + 1] > 1) {
   
            r[i] = r[i + 1] + cal(a[i + 1]);
        }
    }

    dis[1] = cal(a[1] - 1) + 1;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
   
        dis[i] = (dis[i - 1] + cal(a[i] - 1) + 1);
    }

    long long ans = l[0] + r[0];
    long long maxl = l[0];
    for (int i = 1; i < n; i++) {
   
        maxl = max(maxl, l[i] - dis[i]);
        ans = max(ans, r[i] + dis[i] + maxl);
    }

    cout << ans;
    return 0;
}

转载：https://blog.csdn.net/m0_46413065/article/details/113405382