技术标签: 水题之路
问题链接:
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6739
问题简述:
在 dota2 中有一个叫做祈求者(Invoker)的英雄,在游戏中他有三个基础技能:冰(Quas),雷(Wex),火(Exort),每施展一个技能就可以获得相应属性的一个法球(element)。
但是祈求者同时最多只能有三个法球,即如果他在有三个法球的状态下又使用了某个法球技能,那么他会获得该法球,并失去之前三个法球中最先获得的一个。
不难得出,祈求者身上的三个法球的无顺序组合有 10 种,每一种都对应着一个组合技能:
当祈求者拥有三个法球的时候,使用元素祈唤(Invoke)技能,用 R 表示,便可获得当前法球组合所对应的技能,同时原有的三个法球也不会消失,先后顺序的状态也不会改变。
现在给定一个技能序列,你想按照给定的顺序将他们一个一个地祈唤出来,同时你想用最少的按键来达到目标,所以你想知道对于给定的一个技能序列,最少按多少次键才能把他们都祈唤出来。
注意:游戏开始的时候,祈求者是没有任何法球的。
问题分析:
刚开始写以为是队列模拟。。写到一半发现是DP
(DP为我薄弱项,只能参考大佬的博客来写了…)
每个技能的排列组合最多有6种,从前一个技能到后一个技能就有36种可能性。
写一个函数来求每一种可能性所需的按键次数即可,再进行暴力DP即可。
核心:dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][k]+gettime(mp[k[i-1]],k,mp[k[i]],j);
总之这题还是需要蛮仔细的写才不会出错。。
(hdu没有要求循环输入使得我心态大蹦)
AC通过的C++语言程序如下:
#include <bits/stdc++.h>
#define ull unsigned long long
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100050;
//dp[i][j]表示到第i个技能的第j种排列组合所需的最小按键次数
int dp[maxn][6];
map<char,int>mp;//用于映射每个技能
//所有技能的所有排列组合
string skill[10][6]={
"QQQ","QQQ","QQQ","QQQ","QQQ","QQQ",
"QQW","QQW","QWQ","QWQ","WQQ","WQQ",
"QQE","QQE","QEQ","QEQ","EQQ","EQQ",
"WWW","WWW","WWW","WWW","WWW","WWW",
"QWW","QWW","WQW","WQW","WWQ","WWQ",
"WWE","WWE","WEW","WEW","EWW","EWW",
"EEE","EEE","EEE","EEE","EEE","EEE",
"QEE","QEE","EQE","EQE","EEQ","EEQ",
"WEE","WEE","EWE","EWE","EEW","EEW",
"QWE","QEW","WQE","WEQ","EQW","EWQ"
};
//求a技能的第b种排列组合到 c技能的第d种排列组合所需按键次数
int gettimes(int a,int b,int c,int d) {
if(skill[a][b]==skill[c][d]) {
return 0;
}
else if(skill[a][b][1]==skill[c][d][0]&&skill[a][b][2]==skill[c][d][1]) {
return 1;
}
else if(skill[a][b][2]==skill[c][d][0]) {
return 2;
}
return 3;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
mp['Y']=0;
mp['V']=1;
mp['G']=2;
mp['C']=3;
mp['X']=4;
mp['Z']=5;
mp['T']=6;
mp['F']=7;
mp['D']=8;
mp['B']=9;
string k;
while(cin>>k) {
//初始化使dp最大为3 8 12 16...
for(int i=0;i<k.length();i++) {
for(int j=0;j<6;j++) {
if(i==0) dp[i][j]=3;
else dp[i][j]=(i+1)*3+i+1;
}
}
//dp 36种排列组合,(首字符不需要计算!)
for(int i=1;i<k.length();i++) {
for(int j=0;j<6;j++) {
for(int g=0;g<6;g++) {
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][g]+gettimes(mp[k[i-1]],g,mp[k[i]],j));
}
}
}
int minn=999999999;
for(int i=0;i<6;i++) minn=min(minn,dp[k.length()-1][i]);
cout<<minn+k.length()<<endl;//加上R的数量
}
return 0;
}
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