POJ1179 Polygon 【例题精讲】

    题意：多边形游戏是一个单人玩的游戏，开始时有一个由n个顶点构成的多边形。每个顶点被赋予一个整数值，每条边被赋予一个运算符“+”或“*”。所有边依次用整数从1到n编号
游戏第1步，将一条边删除
随后n-1步按以下方式操作
(1)选择一条边E以及由E连接着的2个顶点V1和V2
(2)用一个新的顶点取代边E以及由E连接着的2个顶点V1和V2。将由顶点V1和V2的整数值通过边E上的运算得到的结果赋予新顶点
最后，所有边都被删除，游戏结束。游戏的得分就是所剩顶点上的整数值；

   

 

    这道题很有意思，也比较有难度，是一个算式形式的动态规划，和区间dp还是有一定联系的，因为我们每次开始游戏时需要断开一条边，之后就变成了一条链，可以看做区间，这样，我们初步应该会想到f[l][r]来表示l到r合并后最大的价值。

！！但是，这样就会有一个非常谜的问题！最大值不仅是由最大值加和而来的，它还可能是由两个最小值乘来的（负负得正)，这样题就没法做了，所以这个子问题不满足无后效性！只能另寻它法！虽然说这个子问题不合适，但是这离我们的正解也已经非常近了。

    我们可以用f[l][r]表示l到r所能合成的最大值，然后f1[l][r]表示l到r能合成的最小值。为什么这就能满足无后效性呢，因为啊：

    1.一个最大值无非就是由两个最大值相加，两个最大值相乘或者两个最小值相乘而得来的！

    2.一个最小值无非就是由两个最小值相加，或两个最小值相乘，或前一个最小值和后一个最大值相乘，或后一个最小值和前一个最大值相乘而得来的！

所以，我们就能够依据上述关系写出状态转移方程，这里就不给出了；

    这样呢，我们就能够用区间dp的套路安排循环！但是有一个巨大的问题，我们需要枚举首先断掉那条边！这样下来会很麻烦，怎么办呢。在处理动态规划的环形问题时，我们可以先把这个环断掉，从任意位置断掉，然后长度复制一条一模一样的链连接在其后，这样我们就可以通过区间的移动来达成首先断一条边的操作；因为区间每次向右移动一位，都代表着把原来断的那条边接上，在把现有的最左边这条边断掉！这样就能达成一个。枚举先断哪条边的作用！

于是这道题完美解决，下面看代码！

 

 

//怕你飞远去
//怕你离我而去
//更怕你永远停留在这里
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN=125;
int f[MAXN][MAXN],f1[MAXN][MAXN],a[MAXN],n;//f[l][r]代表区间l到r所能合成的最大值，f1[l][r]表示区间l到r所能合成的最小值； 
char b[MAXN];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    memset(f,-0x3f,sizeof(f));//初始化；
    memset(f1,0x3f,sizeof(f1));//初始化；
    for(int i=1;i<=n;i++){
        getchar();
        scanf("%c%d",&b[i],&a[i]);
        b[i+n]=b[i];a[i+n]=a[i];//断开，复制成一个两倍长度的链； 
    }
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        f1[i][i]=f[i][i]=a[i];//初始化；
    }//区间Dp 
    for(int i=2;i<=n;i++){//阶段（区间的长度） 
        for(int l=1;l<=n*2-i+1;l++){//状态（左端点） 
            int r=l+i-1;//状态（右端点） 
            for(int k=l;k<r;k++){//决策（嗯） 
                if(b[k+1]=='t'){
                    f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]);//最大值由两个最大值相加而来 
                    f1[l][r]=min(f1[l][r],f1[l][k]+f1[k+1][r]);//最小值由两个最小值相加而来 
                }
                else{
                    f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]*f[k+1][r]);//最大值由两个最大值相乘而来 
                    f[l][r]=max(f[l][r],f1[l][k]*f1[k+1][r]);//最大值由两个最小值相乘而来 
                    f1[l][r]=min(f1[l][r],f1[l][k]*f1[k+1][r]);//最小值由两个最小值相乘而来 
                    f1[l][r]=min(f1[l][r],f[l][k]*f1[k+1][r]);//最小值由前一个最大值和后一个最小值相乘而来 
                    f1[l][r]=min(f1[l][r],f1[l][k]*f[k+1][r]);//最小值由前一个最小值和后一个最大值相乘而来； 
                }
            }
        }
    }
    int maxx=-0x7fffffff;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        maxx=max(maxx,f[i][i+n-1]);
    }
    printf("%d",maxx);
    puts("");
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(f[i][n-1+i]==maxx){//枚举，寻找第一步最优策略，有几个输出几个！ 
            printf("%d ",i);
        }
    }
    puts("");
    return 0;
}