[BZOJ4828] [HNOI2017]大佬（DP+搜索）

题意

4828: [Hnoi2017]大佬

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 256 MB
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Description

人们总是难免会碰到大佬。他们趾高气昂地谈论凡人不能理解的算法和数据结构，走到任何一个地方，大佬的气场

就能让周围的人吓得瑟瑟发抖，不敢言语。你作为一个OIER，面对这样的事情非常不开心，于是发表了对大佬不敬

的言论。大佬便对你开始了报复，你也不示弱，扬言要打倒大佬。现在给你讲解一下什么是大佬，大佬除了是神犇

以外，还有着强大的自信心，自信程度可以被量化为一个正整数 C（1<=C<=10^8），想要打倒一个大佬的唯一方法

是摧毁 Ta的自信心，也就是让大佬的自信值等于 0（恰好等于 0，不能小于 0 ）。由于你被大佬盯上了，所以你

需要准备好 n(1<=n<=100)天来和大佬较量，因为这 n天大佬只会嘲讽你动摇你的自信，到了第n+1天，如果大佬发

现你还不服，就会直接虐到你服，这样你就丧失斗争的能力了。你的自信程度同样也可以被量化，我们用 mc (1 <

= mc <= 100)来表示你的自信值上限。在第i天（i>=1），大佬会对你发动一次嘲讽，使你的自信值减小a[i]，如

果这个时刻你的自信值小于0了，那么你就丧失斗争能力，也就失败了（特别注意你的自信值为0的时候还可以继续

和大佬斗争）。在这一天，大佬对你发动嘲讽之后，如果你的自信值仍大于等于0，你能且仅能选择如下的行为之

一：

1.还一句嘴，大佬会有点惊讶，导致大佬的自信值C减小1。

2.做一天的水题，使得自己的当前自信值增加  w[i],并将新自信值和自信值上限  mc比

较，若新自信值大于mc，则新自信值更新为mc。例如，mc=50，当前自信值为40，若

w[i]=5，则新自信值为45，若w[i]=11，则新自信值为50。

3.让自己的等级值L加1。

4.让自己的讽刺能力F乘以自己当前等级L，使讽刺能力F更新为F*L。

5.怼大佬，让大佬的自信值C减小F。并在怼完大佬之后，你自己的等级L自动降为0，讽刺能力F降为1。

由于怼大佬比较掉人品，所以这个操作只能做不超过2次。特别注意的是，在任何时候，你不能让大佬的自信值为

负，因为自信值为负，对大佬来说意味着屈辱，而大佬但凡遇到屈辱就会进化为更厉害的大佬直接虐飞你。在第1

天，在你被攻击之前，你的自信是满的（初始自信值等于自信值上限mc），你的讽刺能力F是1，等级是0。现在由

于你得罪了大佬，你需要准备和大佬正面杠，你知道世界上一共有m（1<=m<=20）个大佬，他们的嘲讽时间都是 n

天，而且第 i天的嘲讽值都是 a[i]。不管和哪个大佬较量，你在第i天做水题的自信回涨都是w[i]。这m个大佬中

只会有一个来和你较量（n天里都是这个大佬和你较量），但是作为你，你需要知道对于任意一个大佬，你是否能

摧毁他的自信，也就是让他的自信值恰好等于0。和某一个大佬较量时，其他大佬不会插手。

Input

第一行三个正整数n,m,mc。分别表示有n天和m个大佬,你的自信上限为mc。

接下来一行是用空格隔开的n个数，其中第i(1<=i<=n)个表示a[i]。

接下来一行是用空格隔开的n个数，其中第i(1<=i<=n)个表示w[i]。

接下来m行，每行一个正整数，其中第k(1<=k<=m)行的正整数C[k]表示第k个大佬的初

始自信值。

1  ≤n,mc  ≤100;  1≤m≤20; 1≤a[i],w[i]≤mc; 1≤C[i] ≤10

Output

共m行，如果能战胜第k个大佬（让他的自信值恰好等于0），那么第k行输出1，否则输出0。

Sample Input

10 20 100
22 18 15 16 20 19 33 15 38 49
92 14 94 92 66 94 1 16 90 51
4
5
9
338
5222
549
7491
9
123
3288
3
1
2191
833
3
6991
2754
3231
360
6

Sample Output

1
1
1
0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1

HINT

Source

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这个题还是出的很好的，最重要的是从数据范围推出状态数不满这个事实，首先我们肯定要在活下来的前提下用尽可能多的时间来进行攻击，那么我们设$f[i][j]$为第$i$天剩$j$血量的时候最多能用多少天攻击，那么$dp$一遍取最值就是我们攻击的天数，设这个最大天数为$d$，我们令$dp[i][j]$表示讽刺度为$i$，等级为$j$的时候加上打出伤害所用的天数，这个东西$bfs$转移就好了，这个东西实际上状态不满的，大概不超过$5×10^5$个状态，我们用$map$存就好了，得出所有的状态是一些二元组$(f,D)$，$f$代表伤害，$D$表示打出伤害的天数。然后因为题目有一个限制就是讽刺只能用$2$次，所以我们枚举不用讽刺，讽刺用一次的情况，可以在$O($状态数$)$的时间内解决一次询问，然后讽刺用两次的情况我们可以对所有状态按$f$排序，从大到小枚举，用一个单调的指针来维护，两次讽刺的伤害一定要小于等于其生命值，然后就可以了。

对于讽刺$2$次的情况，假设我们枚举的状态为$j$，指针目前指在$i$状态，那么一定有$f_i+f_j&lt;=c,d-D_i-D_j&gt;=c-f_i-f_j,D_i+D_j&lt;=d$，我们可以发现第二个条件的限制比第三个条件要紧一些，那么我们可以不需要第三个条件，我们对第二个式子移项，可以得出$(f_i-D_i)+(f_j-D_j)&gt;=c-D$，那么实际上由于$j$是我们枚举的状态，所以我们只要记录$f_i-D_i$的最大值就好了。

#include <bits/stdc++.h>

#define inf (0x3f3f3f3f)
#define ll long long
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef pair<ll, int> PII;

const int N = 100 + 3; 

vector<PII> vec;
map<PII, int> dp;

int f[N][N], a[N], w[N], c[N];
int n, m, q, mx, all, d = -inf; 

template<class T>inline bool chkmax(T &_, T __) {return _ < __ ? _ = __, 1 : 0;}

void BFS(PII x) {
    queue<PII> Q; dp[x] = 1;
    for (Q.push(x); !Q.empty(); Q.pop()) {
        PII k = Q.front(), to1 = mp(k.x, k.y + 1), to2 = mp(k.x * k.y, k.y);
        vec.pb(mp(k.x, dp[k]));
        if (dp[k] < d) {
            if (!dp[to1]) dp[to1] = dp[k] + 1, Q.push(to1);
            if (to2.x <= mx && !dp[to2]) dp[to2] = dp[k] + 1, Q.push(to2);
        }
    }
    sort(vec.begin(), vec.end()), all = vec.size() - 1;
}

bool Solve(int x) {
    if (d >= x) return 1; 
    for (int j = all, i = 0, bst = -inf; ~j; -- j) {
        if (vec[j].x <= x && vec[j].x + d - vec[j].y >= x) return 1; 
        for (; i < all && vec[i].x + vec[j].x <= x; ++ i) 
            chkmax(bst, (int)vec[i].x - vec[i].y);
        if (vec[j].x - vec[j].y + bst >= x - d) return 1;
    }
    return 0;
}

int main() {
#ifdef ylsakioi
    freopen("3724.in", "r", stdin);
    freopen("3724.out", "w", stdout);
#endif

    scanf("%d%d%d", &n, &q, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
        scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
        scanf("%d", &w[i]);
    for (int i = 1; i <= q; chkmax(mx, c[i ++]))
        scanf("%d", &c[i]);

    memset(f, -inf, sizeof(f)), f[0][m] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for (int j = a[i]; j <= m; ++ j) {
            chkmax(f[i][j - a[i]], f[i - 1][j] + 1);
            chkmax(f[i][min(m, j - a[i] + w[i])], f[i - 1][j]);
        }
        for (int j = 0; j <= m; ++ j) 
            chkmax(d, f[i][j]);
    }
    BFS(mp(1, 0));

    for (int i = 1; i <= q; ++ i) 
        printf("%d\n", Solve(c[i]));

    return 0;
}