「LuoguP1430」 序列取数（区间dp

题目描述

给定一个长为n的整数序列(n<=1000)，由A和B轮流取数（A先取）。每个人可从序列的左端或右端取若干个数（至少一个），但不能两端都取。所有数都被取走后，两人分别统计所取数的和作为各自的得分。假设A和B都足够聪明，都使自己得分尽量高，求A的最终得分。

输入输出格式

输入格式：

第一行，一个正整数T，表示有T组数据。（T<=100）

接着T行，每行第一个数为n，接着n个整数表示给定的序列.

输出格式：

输出T行，每行一个整数，表示A的得分

输入输出样例

输入样例#1：
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2
1 -1
2 1 2

输出样例#1： 复制

-1
3

说明

时限：3s

---

题解

首先让我们试试暴力思路：

设A的得分为V_A，B的得分为V_B

那么在（V_A-V_B）取得最大值时，有V_A最大。

证明：V_A-V_B=V_A-（Sum-V_A）=2*V_A-Sum

设F[L][R]为当前还剩[L][R]时，（先手得分-后手得分）的最大值。

---

若当前正在处理F[L][R]，那么存在三种选择方案：

　1.全取。

　　F[L][R]=∑{ v[i]  |  L < = i < = R }

　2.从左边取一些。（保留L'到R）

　　F[L][R]=∑{ v[i] | L <= i <= L'-1 }-F[L'][R]

　3.从右边取一些。（保留L到R'）

　　F[L][R]=∑{ v[i] | R'+1 <= i <= R }-F[L][R']

　　　关于减去F[L'][R]：

　　　当区间转换到[L',R]时的F值，为转换后的先手-后手，也就是当前意义下的后手-先手，

　　　所以-（后手-先手）=先手-后手。

这样，我们从小到大枚举区间，每次在这三种决策中取一种最优决策，

最后的max(V_A-V_B)=F[1][n],

　　　max(V_A)=（F[1][n]+Sum）/2。

于是我们可以很较为轻松的写出O(n^3)的暴力啦！

 /*
     qwerta
     P1430 序列取数
     Unaccepted
     40
     代码 C++，0.94KB
     提交时间 2018-09-19 18:57:13
     耗时/内存
     19351ms, 4628KB
 */
 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #define R register
 inline int read()
 {
     char ch=getchar();
     int x=;bool s=;
     while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')s=;ch=getchar();}
     while(isdigit(ch)){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return s?x:-x;
 }
 int s[];
 int f[][];
 //int m[1007][1007];
 int main()
 {
     //freopen("a.in","r",stdin);
     int t=read();
     while(t--)
     {
         int n=read();
         for(R int i=;i<=n;++i)
         s[i]=s[i-]+read();
         for(R int len=;len<=n;++len)
         for(R int l=;l+len-<=n;++l)
         {

             int r=l+len-;
             f[l][r]=s[r]-s[l-];
             for(R int _l=l+;_l<=r;++_l)
             f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-]-s[l-]-f[_l][r]);
             for(R int _r=r-;_r>=l;--_r)
             f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]);

         }
         printf("%d\n",(f[][n]+s[n])>>);
     }
     return ;
 }

但是想要通过1e3的数据，O(n^3*t)的时间复杂度肯定是布星的。

所以我们还需要一点儿优化。

考虑状态数是n^2的，雷打不动，所以我们要将贼手伸向状态转移。

以从右取为例：

F[L][R]=max（S[R]-S[R']-F[L][R']） //(L <= R' <= R-1)

　=max（S[R]-（S[R']+F[L][R']））

如果我们能知道R'在L到R-1上时，S[R']+F[L][R']的最小值，那么就能O(1)转移了。

设

Min[L][R]=min{S[R']+F[L][R'] | L <= R' <= R }

那么有

Min[L][R-1]=min{S[R']+F[L][R'] | L <= R' <= R-1 }

也就是说

Min[L][R]=min(Min[L][R-1],S[R]+F[L][R])

这样，在循环枚举区间的同时顺便维护一下Min[L][R]，就可以实现O(1)转移了。

其实就是把暴力中间那两句话换了种说法而已。

 /*
     qwerta
     P1430 序列取数
     Accepted
     100
     代码 C++，1.63KB
     提交时间 2018-09-19 20:05:27
     耗时/内存
     4910ms, 12444KB
 */
 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #define R register
 inline int read()
 {
     char ch=getchar();
     int x=;bool s=;
     while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')s=;ch=getchar();}
     while(isdigit(ch)){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return s?x:-x;
 }//快读（这题略卡常）
 int s[];
 int f[][];
 int ml[][];
 int mr[][];
 //设ml为固定L端时的min值，mr为固定R端时的max值
 void write(int x)
 {
     if(x>)write(x/);
     putchar(x%+'');
     return;
 }//快写
 int main()
 {
     //freopen("a.in","r",stdin);
     int t=read();
     while(t--)
     {
         int n=read();
         for(R int i=;i<=n;++i)
         s[i]=s[i-]+read();//前缀和
         for(R int l=;l<=n;++l)
         {
             f[l][l]=s[l]-s[l-];
             ml[l][l]=s[l]+f[l][l];
             mr[l][l]=s[l-]-f[l][l];
         }//预处理
         for(R int len=;len<=n;++len)
         for(R int l=,r=len;r<=n;++l,++r)//枚举区间
         {
             f[l][r]=s[r]-s[l-];
             //mr
             //for(R int _l=l+1;_l<=r;++_l)
             //f[l][r]=max(f[l][r],s[_l-1]-s[l-1]-f[_l][r]);
             f[l][r]=max(f[l][r],mr[l+][r]-s[l-]);
             //ml
             //for(R int _r=r-1;_r>=l;--_r)
             //f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-s[_r]-f[l][_r]);
             f[l][r]=max(f[l][r],s[r]-ml[l][r-]);
             //
             ml[l][r]=min(ml[l][r-],s[r]+f[l][r]);
             mr[l][r]=max(mr[l+][r],s[l-]-f[l][r]);
         }
         int x=(f[][n]+s[n])>>;
         if(x<){putchar('-');write(-x);}
         else write(x);
         putchar('\n');
         //输出答案
     }
     return ;
 }