P3592 [POI2015] MYJ （区间dp）

P3592 [POI2015] MYJ

upd 2024.11.13

区间 dp

这题的思路没有特别明显。可以从答案的计算出发，既然要消费，不妨设 $[1,n]$ 的最小值位置在 $p$，那么在这里消费的顾客是可知的。

这时候剩下有消费的顾客一定在 $[1,p-1]$ 和 $[p+1,n]$！此时就可以看出这其实就是区间 dp 的基本形式。

对于这类与区间最值有关的问题，也可以通过笛卡尔树的结构解题，这题里可以用它理解区间 dp 的过程。

状态好想，但是还需要优化值域的枚举。

值域的枚举有什么优化的地方？这时候就需要注意到枚举是否出现冗杂，这题是可以发现价格一定为出现过的 $c_i$。只需要枚举这些数就可以了啊！

要求总和最大，有两张思路：贪心和 dp。稍微想一下，发现贪心思考量太大，考虑 dp

观察 n 的数据范围，以及转移方式，可以想到区间 dp

发现转移跟区间最小值有关，设 $f_{l,r,k}$ 为区间 $[l,r]$ 中最小值不小于 $x$ 的答案。

转移枚举最小值的位置 $p$，$f_{l,r,k}=max(f_{l,p-1,k}+f_{p+1,r,k}+cost(l,r,p,i))$

$cost(l,r,p,i)$ 表示最小值在 $p$ 处时的贡献，即 $l\le a_i\le p\le b_i\le r$ 且 $c_i\ge k$ 的数量。转移时预处理 $bu{c}_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 中的区间数量即可。

还有转移 $f_{l,r,k}=f_{l,r,k+1}$，容易理解。

现在的复杂度为 $O(n^{3}max(c_i))$，无法通过。发现对于每个位置，我们都只会选择在 $c_i$ 中出现过的，否则一定不优。所以离散化 $c_i$，复杂度降到 $O(n^{3}m)$，可以通过。

答案为 $f_{1,n,1}$。

考虑打印方案，只需要在转移时记录断点以及断点处的值，dfs 一遍即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int> 
#define fi first
#define se second
typedef long long i64;

int n, m;
int a[4010], b[4010], c[4010], d[4010];
int f[60][60][4010], buc[60][60], ans[60];
pii pa[60][60][4010];
void dfs(int l, int r, int p) {
	if(!pa[l][r][p].fi) return;

	pii now = pa[l][r][p];

	ans[now.fi] = d[now.se];

	dfs(l, now.fi - 1, now.se), dfs(now.fi + 1, r, now.se);
}
void Solve() {
	std::cin >> n >> m;

	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		std::cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
		d[i] = c[i];
	}

	std::sort(d + 1, d + m + 1);
	for(int i = 1; i <= m; i++) c[i] = std::lower_bound(d + 1, d + m + 1, c[i]) - d;

	for(int i = m; i >= 1; i--) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			if(c[j] == i) {
				for(int l = 1; l <= a[j]; l++) {
					for(int r = b[j]; r <= n; r++) {
						buc[l][r]++;
					}
				}
			}
		}

		for(int len = 1; len <= n; len++) {
			for(int l = 1, r = len; r <= n; l++, r++) {
				f[l][r][i] = f[l][r][i + 1], pa[l][r][i] = pa[l][r][i + 1];
				for(int k = l; k <= r; k++) {
					int cnt = buc[l][r] - buc[l][k - 1] - buc[k + 1][r];
					int ret = f[l][k - 1][i] + f[k + 1][r][i] + cnt * d[i];
					if(f[l][r][i] < ret) {
						f[l][r][i] = ret;
						pa[l][r][i] = {k, i};
					}
				}
				if(!pa[l][r][i].fi) pa[l][r][i] = {r, i};
			}
		}
	}

	std::cout << f[1][n][1] << "\n";

	dfs(1, n, 1);

	for(int i = 1; i <= n; i++) std::cout << ans[i] << " \n"[i == n];

	return;
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}