dp状态设计

迎接仪式

题目描述

LHX 教主要来 X 市指导 OI 学习工作了。为了迎接教主，在一条道路旁，一群“Orz 教主 er”穿着文化衫站在道路两旁迎接教主，每件文化衫上都印着大字。一旁的 Orzer 依次摆出“欢迎欢迎欢迎欢迎……”的大字，但是领队突然发现，另一旁穿着“教”和“主”字文化衫的 Orzer 却不太和谐。

为了简单描述这个不和谐的队列，我们用 j 替代“教”，z 替代“主”。而一个 j 与 z 组成的序列则可以描述当前的队列。为了让教主看得尽量舒服，你必须调整队列，使得 jz 子串尽量多。每次调整你可以交换任意位置上的两个人，也就是序列中任意位置上的两个字母。而因为教主马上就来了，时间仅够最多做 $K$ 次调整（当然可以调整不满 $K$ 次），所以这个问题交给了你。

输入格式

第一行，两个正整数 $N,K$，分别表示序列长度与最多交换次数。

第二行，一个长度为 $N$ 的字符串，字符串仅由字母 j 与字母 z 组成，描述了这个序列。

输出格式

一个非负整数，为调整最多 $K$ 次后最后最多能出现多少个 jz 子串。

样例 #1

样例输入 #1

5 2 
zzzjj

样例输出 #1

2

提示

【样例说明】

第 $1$ 次交换位置 $1$ 上的 z 和位置 $4$ 上的 j，变为 jzzzj；

第 $2$ 次交换位置 $4$ 上的 z 和位置 $5$ 上的 j，变为 jzzjz。

最后的串有 $2$ 个 jz 子串。

【数据规模与约定】

对于 $10\mathrm{\%}$ 的数据，有 $N\le 10$；
对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，有 $K\le 10$；
对于 $40\mathrm{\%}$ 的数据，有 $N\le 50$；
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，有 $1\le N\le 500$，$1\le K\le 100$。

题解：

这题的状态是非常难想出来的除非看题解
主要思路是把交换变为改变记录下${}^{\prime }{j}^{\prime }{,}^{\prime }{z}^{\prime }$改变的次数
这样做的好处是可以不用考虑当前${}^{\prime }{j}^{\prime }{,}^{\prime }{z}^{\prime }$是和哪个位置的${}^{\prime }{j}^{\prime }{,}^{\prime }{z}^{\prime }$交换的(可前可后)
就可以更加方便的进行dp(线性的往后推)
因为要考虑当前${}^{\prime }{j}^{\prime }{/}^{\prime }{z}^{\prime }$的贡献(即能不能和前面的字母组成$jz$)所以还有记下当前状态下末尾字符是${}^{\prime }{j}^{\prime }{/}^{\prime }{z}^{\prime }$
因为一次交换${}^{\prime }{j}^{\prime }{,}^{\prime }{z}^{\prime }$都会改变一次所以到最后${}^{\prime }{j}^{\prime }{,}^{\prime }{z}^{\prime }$的改变次数相同才是合法状态
状态$:f[i][j][k][0/1]$表示前$i$个字符中交换$j$次${}^{\prime }{j}^{\prime }$和$k$次${}^{\prime }{z}^{\prime }$且第${}^{\prime }{i}^{\prime }$个字符改为${}^{\prime }{j}^{\prime }{/}^{\prime }{z}^{\prime }$所能得到的最多$jz$的数量。
状态出来了转移就很好写了

std：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
#define re register
#define max_(x,y) x>y?x:y
const int N = 501;
int n,m,f[2][N][N][2];
char s[N];

int main()
{
	scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
	
	memset(f,128,sizeof f);
	f[0][0][0][1] = 0;
	for(re int i = 1;i <= n;i++)
		for(re int j = 0;j <= m;j++)
			for(re int k = 0;k <= m;k++)
			if(s[i] == 'j')
			{
				f[i&1][j][k][0] = max_(f[(i&1)^1][j][k][0],f[(i&1)^1][j][k][1]);
				if(j)f[i&1][j][k][1] = max_(f[(i&1)^1][j-1][k][0]+1,f[(i&1)^1][j-1][k][1]);
			}
			else
			{
				if(k)f[i&1][j][k][0] = max_(f[(i&1)^1][j][k-1][0],f[(i&1)^1][j][k-1][1]);
				f[i&1][j][k][1] = max_(f[(i&1)^1][j][k][1],f[(i&1)^1][j][k][0]+1);
			}
	
	int ans = 0;
	for(re int i = 1;i <= m;i++)ans = max(ans,max_(f[n&1][i][i][1],f[n&1][i][i][0]));
	printf("%d",ans);
	return 0;
}