【POJ 1390】Blocks
http://poj.org/problem?id=1390
黑书上的例题,感觉我这辈子是想不到这样的dp了QAQ
\(f(i,j,k)\)表示将\(i\)到\(j\)合并,并且假设未来会有\(k\)个与\(a_j\)同色的方块与\(j\)相连的最大得分。
如果直接消去第\(j\)个区域和未来会接到\(j\)后面的\(k\)块,那么
\(f(i,j,k)=f(i,j-1,0)+(b_j+k)^2\)
如果\(j\)与之前一起合并,假设与\(j\)颜色相同的是区域\(p\),那么
\(f(i,j,k)=f(i,p,k+b_j)+f(p+1,j-1,0),(i\leq p<j且a_p=a_j)\)
\(f(i,j,k)\)为两者的最大值。
答案即是\(f(1,n,0)\)
时间复杂度\(O(n^4)\)。
\(n^4\)竟然能过!一直在想\(n^3\)QwQ(说得好像我\(n^4\)能想出来一样TwT)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 203;
int in() {
int k = 0; char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
k = k * 10 + c - 48;
return k;
}
int T, n, f[N][N][N], a[N], len[N], b[N], m;
int sqr(int x) {return x * x;}
int dp(int l, int r, int ex) {
if (r < l) return 0;
if (f[l][r][ex] != -1) return f[l][r][ex];
int ans = dp(l, r - 1, 0) + sqr(len[r] + ex);
for (int i = l; i < r; ++i)
if (a[i] == a[r])
ans = max(ans, dp(l, i, len[r] + ex) + dp(i + 1, r - 1, 0));
return f[l][r][ex] = ans;
}
int main() {
T = in();
for (int i = 1; i <= T; ++i) {
printf("Case %d: ", i);
memset(f, -1, sizeof(f));
memset(len, 0, sizeof(len));
m = in();
for (int j = 1; j <= m; ++j)
b[j] = in();
a[n = 1] = b[1]; len[1] = 1;
for (int j = 2; j <= m; ++j)
if (b[j] != b[j - 1]) {
a[++n] = b[j];
len[n] = 1;
} else
++len[n];
printf("%d\n", dp(1, n, 0));
}
return 0;
}
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