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\(\text{Solution:}\)

菜鸡自己想出来了状态设计,但是没有实现出来……菜死了

设\(dp[i][j]\)表示该选第\(i\)个,最多选\(j\)个的最优解。注意这里的定义仅仅是最优解,而不是先手最优。

那么,对于每一个\(dp[i][j]\)都要由下一步的\(dp[i+x][x+x]\)转移而来。注意的是,每一步的先后手不一样。所以轮到对方的时候要用剩下的石子数减去对方的最优解。因为对方选的最优,同时意味着我们在那部分也是最优的,一减就是了。

于是,我们可以枚举起点,枚举范围,再枚举选的个数,大力\(dp.\)然而超时无疑。

观察得到,\(dp[i][j]\)包括\(dp[i-1][j]\)(注意这里还是自己选),而这个\(dp[i-1][j]\)也就是比自己少枚举了一个\(dp[x+lim][lim+lim]\),至于这一句怎么理解:

对于暴力,我们枚举的是,一个初始值再从\(1\to lim\)来枚举选择的数量。这里可以看做,一个\(dp[i-1][lim]\)已经包含了枚举的\(1\to lim-1\),只差一个\(lim\)就行了。

这里看做一个从前向后推,用了那一句话代表了枚举的那些\(\text{dfs}\).于是省了这些循环。

那么我们省下来一重循环,时间可过。略微卡空间,省着点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,c[2001],sum[2001];
int dp[2000][2000];
int dfs(int x,int lim){
lim=min(lim,n-x+1);//边界
if(~dp[x][lim])return dp[x][lim];//已搜索过了
if(x+lim>n)return sum[x];//一次选完即可,这里是当前这一部分的最优解,不是全局
if(!lim)return 0;//没路可走滚回去)
int ans=dfs(x,lim-1);//dp[x][lim-1],这一步还是轮到我方走
ans=max(ans,sum[x]-dfs(x+lim,lim<<1));//这里之所以用全部减去这部分,是因为这一部分的dfs依旧在dp,它的结果是后面部分的最优解,减去就是当前这一部分所选择的
return dp[x][lim]=ans;//继续上面:上面那个东西算的是对方的最优,因为这里的状态定义并不是自己最优,而是当前执子方最优
//自己已经选择了要lim这部分,那剩下的既然对手最优了,对手选完的就是自己的了。
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",c+i);
for(int i=n;i>=1;--i)sum[i]=sum[i+1]+c[i];
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%d\n",dfs(1,2));
return 0;
}

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