Codeforces 999F Cards and Joy 【dp】【性质】

 读完这道题后应该想到牌有多少张都是什么不重要，重要的是player的favorite number是怎么分配的。（因为不是任何player的favorite number不能带来任何joy）然后每个favorite number带来的joy互相不受影响，因为如果favorite number不一样，对应的player肯定不一样。因此我们可以计算每个【favorite number带来的贡献】。

因此想到dp[i][j]代表i个人分j个favorite number的最大joy（favorite number具体是多少其实不重要），

转移方程 dp[i][j] = dp[i-1][j-c] + h[c]   枚举第i个人拿c张牌// c = 0 - min(j,k) 【因为一个人最多拿k张牌】，代价为k

所以整体复杂度是n* (n*k) * k ==> O(n^2 * k^2)。能过

然后这道题我用递归和递推都写了一遍，两个速度差不多。递推并不能保证比递归快，关键还是看状态数

 

再补充一下转移代价与时间复杂度之间为什么是相乘的关系，我以前一直没想清楚：

实际上是这一层的状态得到要考虑上一层的j个状态，然后这一层的每个状态都要考虑到上一层的j个状态，上一层的状态被重复考虑了。这就是为什么【简单运用】的话线段树能优化dp，因为能区间max，但实际上很复杂，听说要涉及凸包orz

 

#include<iostream>
#include<map>
#include<cstring>
using namespace std;


//只需要考虑每个number带来的贡献，不是任何人favorite number的数没有贡献 
int a[5005],h[15],favorite[505];//favorite[i]为第i个player的favorite number
int vis[100005],ans;
map<int,int> m1,m2;

int dp[505][5005];// dp[i][j]为i个人分j个favorite number的最大joy 

int main(){
    int n,k; cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n*k;i++) {
        cin>>a[i];
        m1[ a[i] ] ++;//这个number一共有多少个 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>favorite[i];
        m2[ favorite[i] ]++;//这个number是多少人的favorite 
    }
    for(int i=1;i<=k;i++) cin>>h[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=i*k;j++){
            for(int c=0;c<=min(j,k);c++) dp[i][j] = max( dp[i][j],dp[i-1][j-c]+h[c] );//第i个人分c个favorite number 
        }
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if( vis[ favorite[i] ] ) continue;
        ans+=dp[ m2[favorite[i]] ][ min( m2[favorite[i]]*k, m1[ favorite[i]]  ) ];
        vis[ favorite[i] ] = 1;
    }
    
    cout<<ans;
    
    return 0;
}