【题解】「CCO 2018 Day1」Fun Palace

值得思考的 DP 题。

我们需要观察一些性质，首先考虑只有一个管道的情况。

• 如果左边的人数 \(<a_i\)，右边的人数 \(<b_i\)，显然左右是互不相关的。
• 如果左右人数之和 \(\ge a_i + b_i\)，那么人可以随意移动，这个管道等于被删除了。
• 如果人数之和 \(<a_i + b_i\) 但左边人数 \(\ge a_i\)，那么右边最多能有 \(l+r-a_i\)，人，而左边最多能有 \(l+r\) 人，这等价于将右边的人移到左边。
• 同理，如果人数之和 \(<a_i + b_i\) 但右边人数 \(\ge b_i\)，那么左边最多能有 \(l+r-b_i\)，人，而右边最多能有 \(l+r\) 人，这等价于将左边的人移到右边。

数据范围的值域给的很小，复杂度明显是 \(N\times \max\{a_i+b_i\}\) 的。

考虑动态规划，我们可以设计一个很巧妙的状态。\(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个位置，最多有 \(j\) 个人，前 \(i\) 个位置中最多能有多少人。

直接对 \(j\) 进行讨论，以下讨论分别对应上面四种情况。

• 如果 \(j < a_i\)​，枚举 \(k < b_i\)​，\(f_{i,j}+k\to f_{i + 1, k}\)​
• 如果 \(j \ge a_i + b_i\)，\(f_{i,j}\to f_{i + 1, j}\)
• 如果 \(a_i\le j < a_i + b_i\)，\(f_{i,j}\to f_{i + 1,j - a_i}\)
• 如果 \(a_i\le b_i+j< a_i+b_i\)，\(f_{i,j}+b_i \to f_{i+1,j+b_i}\)

仔细想想会觉得这个转移非常奇怪，我们每次只在 \(1,4\) 情况下加人，可能会漏掉某些情况。但感性贪心以下，如果是情况 \(2\) ，我们可以随便移动，一定在左边某个非 \(2\) 情况下加点人。如果是情况 \(3\)，右边的人可以移动到左边，所以不会优于在其左边某个非 \(3\) 位置加点。而对于整个 dp 的初始情况是 \(1\)，所以我们每次只用在 \(1,4\) 情况下加点。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(N\max\{a_i+b_i\})\)。

#define N 1005
int n, w, m, a[N], b[N], f[N][20 * N];

int main() {
	//int T = read();while(T--)solve();
	n = read(), m = w = read();
	rp(i, n - 1)a[i] = read(), b[i] = read(), m = max(m, a[i] + b[i]);
	memset(f, 0xcf, sizeof(f));
	rep(i, 0, w - 1)f[1][i] = i;
	rep(i, 1, n - 1){
		int cur = inf_;
		rep(j, 0, m - 1){
			if(j >= a[i] + b[i])cmx(f[i + 1][j], f[i][j]);
			else {
				if(j >= a[i])cmx(f[i + 1][j - a[i]], f[i][j]);
				if(j >= b[i])cmx(f[i + 1][j], f[i][j - b[i]] + b[i]);
			}
			if(j < a[i])cmx(cur, f[i][j]);
		}
		rep(j, 0, b[i] - 1)cmx(f[i + 1][j], cur + j);
	}
	int ans = inf_;
	rep(j, 0, m - 1)cmx(ans, f[n][j]);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}