IOI1999 花店橱窗

题目：花店橱窗

网址：https://www.luogu.com.cn/problem/P1854

题目描述

某花店现有F束花，每一束花的品种都不一样，同时至少有同样数量的花瓶，被按顺序摆成一行，花瓶的位置是固定的，从左到右按1到V顺序编号，V是花瓶的数目。花束可以移动，并且每束花用1到F的整数标识。如果I < J，则花束I必须放在花束J左边的花瓶中。例如，假设杜鹃花的标识数为1，秋海棠的标识数为2，康乃馨的标识数为3，所有花束在放入花瓶时必须保持其标识数的顺序，即杜鹃花必须放在秋海棠左边的花瓶中，秋海棠必须放在康乃馨左边的花瓶中。如果花瓶的数目大于花束的数目，则多余的花瓶必须空，即每个花瓶只能放一束花。

每个花瓶的形状和颜色也不相同，因此，当各个花瓶中放入不同的花束时，会产生不同的美学效果，并以美学值（一个整数）来表示，空置花瓶的美学值为0。在上述的例子中，花瓶与花束的不同搭配所具有的美学值，可以用如下的表格来表示：

花瓶1 花瓶2 花瓶3 花瓶4 花瓶5

杜鹃花 7 23 -5 -24 16

秋海棠 5 21 -4 10 23

康乃馨 -21 5 -4 -20 20

根据表格，杜鹃花放在花瓶2中，会显得非常好看，但若放在花瓶4中，则显得很难看。

为了取得最佳的美学效果，必须在保持花束顺序的前提下，使花的摆放取得最大的美学值，如果具有最大美学值的摆放方式不止一种，则输出任何一种方案即可。

输入格式

输入文件的第一行是两个整数F和V，分别为花束数和花瓶数（1≤F≤100，F≤V≤100）。接下来是矩阵Aij,它有I行，每行J个整数，Aij表示花束I摆放在花瓶J中的美学值。

输出格式

输出文件的第一行是一个整数，为最大的美学值；接下来有F行，每行两个数，为那束花放入那个花瓶的编号。

扫描二维码关注公众号，回复： 11287079 查看本文章

输入输出样例

输入

3 5
7 23 -5 -24 16
5 21 -4 10 23
-21 5 -4 -20 20

输出

53
2 4 5

这道题首先有个估计：利用DP算出最优解的同时，使用数组逆推整个过程输出答案。

定义：dp[i, j]指将第i朵花放置于第j位时的最大美学值。有：dp[i, j] = max{dp[i - 1, k] | 0 < k < j} + a[i, j]；

初始化：既然是求最大值，那么将所有值设为0即可啊！

你又做错了！！！留意：数组a可能为负。因此，dp[0, 1 ~ V] = 0，其余为负无穷。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define INF (1<<31)-1
#define maxn 105
using namespace std;
int F,V,value[maxn][maxn]= {},d[maxn][maxn]= {},g[maxn][maxn]= {};
inline void _read(int &x) {
	char ch=getchar();
	bool mark=false;
	for(; ch>'9'||ch<'0'; ch=getchar())if(ch=='-')mark=true;
	for( x=0; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
	if(mark)x=-x;
}
void print(int x,int key){
	if(!x)return;
	print(x-1,g[x][key]);
	printf("%d ",key);
	return;
}
int main() {
	memset(d,-0x3f,sizeof(d));
	_read(F);//花朵的支数
	_read(V);//花瓶的个数
	for(int i=1; i<=F; ++i)
		for(int j=1; j<=V; ++j)_read(value[i][j]);//不同位置的美观程度
    //solve the problem
	for(int i=1; i<=F; ++i) {
		for(int j=i; j<=V; ++j) {
			int &ans=d[i][j];
			if(i==1)ans=0;
			for(int k=i-1; k<=j-1; ++k) {
				if(ans<d[i-1][k]) {
					ans=d[i-1][k];
					g[i][j]=k;
				}
			}
			ans+=value[i][j];
		}
	}
    //找答案 
	int ans=0,front=0;
	for(int i=F; i<=V; ++i) {
		if(ans<d[F][i]) {
			ans=d[F][i];
			front=i;
		}
	}
	
	//结果 
	printf("%d\n",ans);
    print(F,front);
	return 0;
}

其实可以更好。
留意：dp[i, j] = max{dp[i - 1, k] | 0 < k < j} + a[i, j]，我们会发现决策集合(0, j)与i无关，换句话讲，当i加1时真正影响k的是j；而决策集合只增不减，我们便可以利用其性质，选取一中间变量进行维护，使得转移的时间复杂度将为O(1)；

这一细节在求解LCIS时有所体现。