Blocks题解

动态规划——区间dp

区间dp

可以去我的博客逛一逛的。。。eternal风度的博客
很好的一道区间dp的题目(别问我怎么想到的)

dp状态

其实这个题最难的地方是这道题目的状态怎么设

• 首先既然是区间dp，那肯定最先想到的状态是

  $dp[i][j]$表示消掉区间$[i,j]$上所有的块的最大分数

• 突然发现这个状态会受区间外和$i$或$j$颜色相同的块的影响
  并且转移也并不好转移=_=

• 所以我们考虑换一种状态。。。
  既然说会受到外面的块的影响？那考虑一种方法来解决

  $dp[i][j][k]$表示消掉区间$[i,j]$并且区间$[i,j]$右边还有k个和j颜色相同的块（除此之外，这个序列没有别的块了），消掉这些所有的块的最大分数

  有点抽象，再来感性理解一下：

  当前处理的子问题$dp[i][j][k]$主体由区间$[i,j]$组成，然后与$j$相同有$k$块接在后面，这$k$块之间的其他块已经全部消完了

• 如果实在还不明白，先看转移吧。。。
  然后可以根据我们前面的错误状态自己思考为什么加上这一维

转移

$dp[i][j][k]$:显然有两种转移
我这里是用记忆化搜索实现的

1. 消掉j和后面的k块

       dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,j-1,0)+(k+1)*(k+1));

2. 对于区间$[i,j]$，中间可能有和$j$颜色相同的块，假设位置为$p$，我们可以选择消掉区间$[p+1,j-1]$中所有的块使颜色拼起来，当然这是个子问题，所以前面讲了用记忆化搜索实现
   PS: 下面代码的$nxt[p]$是预处理的在$p$前面第一个和$p$颜色相同的块的位置

       for(int p=nxt[j];p>=i;p=nxt[p])//枚举p
           dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,p,k+1)+Dfs(p+1,j-1,0));

汇总

讲完这些整个程序的实现就不难了
那我直接放上代码，不好意思，没有注释

#include<bits/stdc++.h>
#define lst long long
#define ldb double
#define N 250
using namespace std;
const int Inf=1e9;
int read()
{
    int s=0,m=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return m?-s:s;
}
int n;
int col[N],nxt[N],hd[N];
lst dp[N][N][N];//消掉[i,j]区间和[i,j]右边和j颜色一样的连续k个方块的最大分数
lst Dfs(int i,int j,int k)
{
    if(i>j)return 0;
    if(dp[i][j][k])return dp[i][j][k];
    dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,j-1,0)+(k+1)*(k+1));
    for(int p=nxt[j];p>=i;p=nxt[p])
        dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,p,k+1)+Dfs(p+1,j-1,0));
    return dp[i][j][k];
}
int main()
{
    int T=read();
    for(int tt=1;tt<=T;++tt)
    {
        n=read();
        memset(hd,0,sizeof(hd));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(nxt,0,sizeof(nxt));
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            col[i]=read();
            nxt[i]=hd[col[i]];
            hd[col[i]]=i;
        }
        printf("Case %d: %lld\n",tt,Dfs(1,n,0));
    }
    return 0;
}