BZOJ 1207 [HNOI2004] AcWing2118 打鼹鼠

BZOJ 1207 [HNOI2004] 打鼹鼠

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AcWing 2118 打鼹鼠

题目

鼹鼠是一种很喜欢挖洞的动物，但每过一定的时间，它还是喜欢把头探出到地面上来透透气的。

根据这个特点阿牛编写了一个打鼹鼠的游戏：

在一个 n×n 的网格中，在某些时刻鼹鼠会在某一个网格探出头来透透气。

你可以控制一个机器人来打鼹鼠，如果i时刻鼹鼠在某个网格中出现，而机器人也处于同一网格的话，那么这个鼹鼠就会被机器人打死。

而机器人每一时刻只能够移动一格或停留在原地不动。

机器人的移动是指从当前所处的网格移向相邻的网格，即从坐标为 (i,j) 的网格移向 (i−1,j),(i+1,j),(i,j−1),(i,j+1) 四个网格，机器人不能走出整个 n×n 的网格。

游戏开始时，你可以自由选定机器人的初始位置。

现在知道在一段时间内，鼹鼠出现的时间和地点，请编写一个程序使机器人在这一段时间内打死尽可能多的鼹鼠。
 

输入格式

文件第一行为 n,m，其中 m 表示在这一段时间内出现的鼹鼠的个数。

接下来的 m 行中每行有三个数据 t,x,y 表示在游戏开始后第 t 个时刻，在第 x 行第 y 列的网格里出现了一只鼹鼠。

数据按 t 递增的顺序给出。注意同一时刻可能出现多只鼹鼠，但同一时刻同一地点只可能出现一只鼹鼠。
 

输出格式

输出一个正整数，表示被打死鼹鼠的最大数目。
 

数据范围

1≤n≤1000,
1≤m≤10000
 

输入样例：

2 2
1 1 1
2 2 2

输出样例：

1

思路：

       一开始不知道怎么处理时间好，一直想着二维位置直接dp，但是时间加上去的话，空间可能就大了，就不太好写，看了看别人的题解，确实好，记录下来。
       可以定义一个状态$f[i]$表示打中第$i$个鼹鼠和前面某些鼹鼠所能得到的最大得分。那么转移方程就很简单就是$f[i]=max(f[j]+1)$,其中 $j$ 为满足条件的那一个鼹鼠。有了这个方程之后，计算就变得十分简单了。
       那么这个条件是什么呢，我们可以分别枚举两个地鼠的坐标。此时，倘若第i个地鼠与第j个地鼠的曼哈顿距离不大于他们之间的时间差，则代表着在打了第i个地鼠后运到后能够对第j个地鼠进行打击。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1000000; 

int f[N], t[N], x[N], y[N], mx; 
 
int main(){
    
    
	int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
    
    
	    scanf("%d%d%d", &t[i], &x[i], &y[i]);
	    f[i] = 1;
    } 
    for(int i = 2; i <= m; ++i){
    
    
        for(int j = i - 1; j >= 1; --j)
            if(fabs(x[i] - x[j]) + fabs(y[i] - y[j]) <= t[i] - t[j])
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        mx = max(mx, f[i]);
    }
    printf("%d\n", mx);
}

我们可以开一个数组进行一下剪枝。其中$mx[i]$ 代表 $1-i$中 $f[i]$ 的最大值

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

const int N = 1000000;

int f[N], t[N], x[N], y[N], mx[N]; 

int main(){
    
    
    int n,m;   
    scanf("%d%d", &n, &m); 
    for(int i = 1; i <= m; ++i) {
    
    
	    scanf("%d%d%d", &t[i], &x[i], &y[i]);
	    f[i] = mx[i] = 1;
    } 
    for(int i = 2; i <= m; ++i) {
    
    
        for(int j = i - 1; j >= 1; --j){
    
    
            if(f[i] > mx[j])  break; 
            if(abs(x[i] - x[j]) + abs(y[i] - y[j]) <= t[i] - t[j]) 
            	f[i] = max(f[i], f[j] + 1); 
        }
        mx[i] = max(f[i], mx[i - 1]);  
    }
    printf("%d",mx[m]); 
    return 0; 
}