HDU-1176 免费馅饼动态规划DP-数塔模型讲解+题解

● 本题解会有详细的分析，适合初学者阅读

## 原题

Problem Description

都说天上不会掉馅饼，但有一天gameboy正走在回家的小径上，忽然天上掉下大把大把的馅饼。说来gameboy的人品实在是太好了，这馅饼别处都不掉，就掉落在他身旁的10米范围内。馅饼如果掉在了地上当然就不能吃了，所以gameboy马上卸下身上的背包去接。但由于小径两侧都不能站人，所以他只能在小径上接。由于gameboy平时老呆在房间里玩游戏，虽然在游戏中是个身手敏捷的高手，但在现实中运动神经特别迟钝，每秒种只有在移动不超过一米的范围内接住坠落的馅饼。现在给这条小径如图标上坐标：

为了使问题简化，假设在接下来的一段时间里，馅饼都掉落在0-10这11个位置。开始时gameboy站在5这个位置，因此在第一秒，他只能接到4,5,6这三个位置中其中一个位置上的馅饼。问gameboy最多可能接到多少个馅饼？（假设他的背包可以容纳无穷多个馅饼）

Input

输入数据有多组。每组数据的第一行为以正整数n(0<n<100000)，表示有n个馅饼掉在这条小径上。在结下来的n行中，每行有两个整数x,T(0<T<100000),表示在第T秒有一个馅饼掉在x点上。同一秒钟在同一点上可能掉下多个馅饼。n=0时输入结束。

Output

每一组输入数据对应一行输出。输出一个整数m，表示gameboy最多可能接到m个馅饼。
提示：本题的输入数据量比较大，建议用scanf读入，用cin可能会超时。

Sample Input

Sample Output

题目分析

咳咳，用cin也能过…关一下缓冲照样可以AC嘛…

首先，这是一道典型的数塔问题，我们需要前导来辅助讲解本题目：首先来分析数塔问题(我们只讨论DP解法)。

数塔问题：有一个r行的数塔，数塔上有若干数字。问从数塔的最高点到底部，在所有的路径中，经过的数字的和最大为多少？
如下图，是一个5行的数塔，其中7—3—8—7—5的路径经过数字和最大，为30。

在这里插入图片描述

对于数塔问题，我们一般有两种思路遍历求解：自上而下、自下而上。

1.自上而下型：正三角

当经过某个节点A时，到达A路径上数字的最大和=A左上方和右上方两个节点B、C中所能达到数字最大和中较大的那一个+节点A的数字，我们将其写成状态转移方程：
$d p [i] [j] = m a x (d p [i - 1] [j], d p [i - 1] [j - 1]) + n u m [i] [j]$
其中， $i, j$ 分别表示行列的坐标，dp数组为维护最大和的数组，num数组储存的是输入的数字

我们举例来说明：这里为了举例方便，选取第一个具有肩上数的数字机型分析：第三行的①：

我们首先求左上角的数字3和右上角的数字8其能达到的最大和：

3显然只有7—3一条路径，故最大和是10；8显然也只有7—8一条路径，其最大和是15；

两者中较大的是15，故经过1所能达到的最大和是15+1=16。

循环对每个节点进行计算后，最后一行扫一遍，得到的最大值即为结果

2.自下而上型：倒三角

在这里插入图片描述

注意：为了演示方便，我将原题的数塔进行了翻转

与自上而下型不同的是，在状态转移时，变成从该数字的左下角和右下角(对于原始数塔的位置而言)来取max了。状态转移方程：
$d p [i] [j] = m a x (d p [i + 1] [j], d p [i + 1] [j + 1]) + n u m [i] [j]$
逆序遍历的写法相比于顺序遍历优点在于：少了最后一步求末行max的过程，最高点储存的即是最大值。

前导知识结束，我们回到问题本身

首先，我们先看样例：最多可以接到4个馅饼，我们来模拟一下过程：

在这里插入图片描述

一种接法是：第1s接住x=5的一个馅饼，第2s移动到x=6，接住x=7上的两个馅饼，第3s移动到x=7，接住x=8的一个馅饼，共计4个馅饼。

看完样例，我们继续分析题目：这十个坐标点是固定的，每个点能接到的馅饼数量是可统计的，因此，我们可以将问题转换为数塔模型。

如同图中的坐标轴，我们将时间维度视为数塔模型中的“行”，列不需要转义，就构成了数塔。

得益于倒三角最终结论的优越性：终点列最高行即为答案，因此我们采用自下而上型解法。

状态转移方程： $d p [i] [j] = d p [i] [j] + m a x (m a x (d p [i + 1] [j], d p [i + 1] [j + 1]), d p [i + 1] [j - 1])$

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int dp[N][20];

int main(){
    
    
    int n = 0;
    ios::sync_with_stdio(0);
    int begin = INT_MIN;
    while(cin >> n && n){
    
    
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int i = 0; i < n; i++){
    
    
            int t, s; cin >> s >> t;
            dp[t][s]++;
            begin = max(begin, t);
        }
        for(int i = begin - 1; i >= 0; i--){
    
    
            for(int j = 0; j <= 10; j++){
    
    
                dp[i][j] += max(dp[i + 1][j], max(dp[i + 1][j + 1], dp[i + 1][j - 1]));
            }
        }
        cout << dp[0][5] << endl;
    }
    return 0;
}