【洛谷】P1353 [USACO08JAN]Running S（动态规划）

题目描述

题目链接：P1353 [USACO08JAN]Running S
奶牛们打算通过锻炼来培养自己的运动细胞，作为其中的一员，贝茜选择的运动方式是每天进行 $n$ 分钟的晨跑。在每分钟的开始，贝茜会选择下一分钟是用来跑步还是休息。
贝茜的体力限制了她跑步的距离。更具体地，如果贝茜选择在第 $i$ 分钟内跑步，她可以在这一分钟内跑 $d_{i}$ 米，并且她的疲劳度会增加 1。不过，无论何时贝茜的疲劳度都不能超过 $m$ 。
如果贝茜选择休息，那么她的疲劳度就会每分钟减少 1，但她必须休息到疲劳度恢复到 0为止。在疲劳度为 $0$ 时休息的话，疲劳度不会再变动。晨跑开始时，贝茜的疲劳度为 0 。
还有，在 n分钟的锻炼结束时，贝茜的疲劳度也必须恢复到 0，否则她将没有足够的精力来对付这一整天中剩下的事情。
请你计算一下，贝茜最多能跑多少米。

输入格式

第一行两个正整数 $n$ , $m$ 。
接下来 n 行，每行一个正整数 $d_{i}$ 。

输出格式

输出一个整数，表示在满足所有限制条件的情况下，贝茜能跑的最大距离。

输入输出样例：
输入

5 2
5
3
4
2
10

输出

9

说明/提示
【数据范围】
对于 $100\%$ 的数据， $1≤n≤10^4$ , $1≤d_{i}≤1000$ , $1 \leq m \leq 500$ 。
【样例说明】
贝茜在第 $1$ 分钟内选择跑步（跑了 $5$ 米），在第 $2$ 分钟内休息，在第 $3$ 分钟内跑步（跑了 $4$ 米），剩余的时间都用来休息。
因为在晨跑结束时贝茜的疲劳度必须为 $0$ ，所以她不能在第 $5$ 分钟内选择跑步。
最终跑的总距离为 $9$ 。

解题思路：

定义dp[i][j]表示处于第i分钟、疲劳度为j时能跑的最大距离。
正向思考可知，在第i分钟疲劳度为j时可以有两种选择：休息或继续走。（1）选择休息的话要休息到疲劳度为0。休息时每分钟疲劳度减1，疲劳度为j就要休息j分钟，所以下一个状态为dp[i+j][0]。休息时距离不增加，即dp[i+j][0]等于dp[i][j]。（2）第i分钟选择走的话疲劳度加1，距离增加d[i],时间多1分钟。故下一个状态为dp[i+1][j+1]。且dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+d[i]。
由于递推某一状态时要知道所有和其有关的“先前状态”，所以要逆向思维确认最终可以用于递推的状态转移方程：
逆向考虑dp[i][j]可以由哪些“先前状态”转移得到：（1）由于休息就要休息到疲劳度为0，所以疲劳度j必然需要连续走j分钟来积累，所以“第i分钟疲劳度为j”的状态必然由“第i-1分钟疲劳度为j-1”的状态再走d[i]得到。即 $j\neq0$ 时，dp[i][j]的上一状态为dp[i-1][j-1],且满足dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+d[i]。（2）剩下疲劳度为0的情况：在某个疲劳度为j的状态休息j分钟，则疲劳度变为0。即“第i分钟疲劳度为0”由“第i-j分钟休息j分钟”得到，j的值可以是[1,i]中的任意值，又因为疲劳度为0也可以休息，故"第i-1分钟疲劳度为0"也可以作为上一个状态。求最远距离只需取其中一个最大值即可。
最终的状态转移方程为： $\begin{cases} j=0 :& \text{dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-j][j]) (j$\in$ [1,i])}\\ j\neq0& \text{dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+d[i]} \end{cases}$

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
    using namespace std;
    const int N=1e4+100,M=5e2+100;
    int d[N],dp[N][M];
    int main(){
    
    
     //freopen("P1353_2.in.txt","r",stdin);
     //freopen("P1353_2.out.txt","w",stdout);
      int n,m;
      cin>>n>>m;
      for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
      cin>>d[i];
      }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
        dp[i][0]=dp[i-1][0];
        for(int j=1;j<=i;j++){
    
    dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[i-j][j]);}
        for(int j=1;j<=m;j++) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+d[i];
           }
     cout<<dp[n][0]<<endl;
    // fclose(stdin);
    // fclose(stdout);
     return 0;
                 }