[CSP-S 2024] 染色

合集 - 题解(24)

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24.[CSP-S 2024] 染色2024-11-20

收起

还是决定把这个题做了

考场上设计的状态，推了一个小时没推出来

下午推了一会，发现这是个刷表状态，填表没法做，转移无处下手

但是考 CSP 的时候我貌似并不知道什么叫刷表

---

设 $f_{i,j,k}$ 表示当前到 $i$，上一个填的红色位置在 $j$，蓝色位置在 $k$，暴力刷表转移是 3D/0D 的，需要排除不合法状态，$j,k$ 里总有一个应该在 $i-1$ 位置，否则状态就不合法

$35pts$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[200001];
int f[102][101][101];
int ans=0;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int cases;cin>>cases;while(cases--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            cin>>a[i];
        }
        ans=0;
        memset(f,0,sizeof f);
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=0;j<i;++j){
                for(int k=0;k<i;++k){
                    if(j!=i-1 and k!=i-1) continue;
                    f[i+1][j][i]=max(f[i+1][j][i],f[i][j][k]+(a[k]==a[i]?a[i]:0));
                    f[i+1][i][k]=max(f[i+1][i][k],f[i][j][k]+(a[j]==a[i]?a[i]:0));
                    ans=max({ans,f[i+1][j][i],f[i+1][i][k]});
                }
            }
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}

lbtl 说，既然都刷表了，为什么不写记搜呢，一语惊醒梦中人

在写记搜的同时也发现，由于 $j,k$ 中一定会有一维是 $i-1$，而另一维一定小于 $i-1$，因此由 $j,k$ 可以直接算出 $i$（$i=max(j,k)+1$），$i$ 可省去

记搜 $50pts$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[10001];
int f[2001][2001];
int dfs(int now,int r,int b){
    if(now>n) return 0;
    if(f[r][b]!=-1) return f[r][b];
    return f[r][b]=max(dfs(now+1,now,b)+(a[now]==a[r]?a[now]:0),dfs(now+1,r,now)+(a[now]==a[b]?a[now]:0));
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int cases;cin>>cases;while(cases--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            cin>>a[i];
        }
        memset(f,-1,sizeof f);
        cout<<dfs(1,0,0)<<'\n';
    }
}

刷表法 $50pts$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[200001];
int f[2001][2001];
int ans=0;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int cases;cin>>cases;while(cases--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            cin>>a[i];
        }
        ans=0;
        memset(f,0,sizeof f);
        for(int j=0;j<n;++j){
            for(int k=0;k<n;++k){
                f[j][max(j,k)+1]=max(f[j][max(j,k)+1],f[j][k]+(a[k]==a[max(j,k)+1]?a[max(j,k)+1]:0));
                f[max(j,k)+1][k]=max(f[max(j,k)+1][k],f[j][k]+(a[j]==a[max(j,k)+1]?a[max(j,k)+1]:0));
                ans=max({ans,f[j][max(j,k)+1],f[max(j,k)+1][k]});
            }
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}

写到这里已经 210 分了，考场上的我到底在干什么呢

这个做法空间压不下来，已经没前途了，想做正解还要另辟蹊径

---

返璞归真，设 $f_i$ 表示考虑到第 $i$ 位的答案

考虑从 $f_{i-1}$ 转移到 $f_i$，如果 $f_i$ 完全没有贡献，那么应该有 $f_i=f_{i-1}$

如果 $f_i$ 有贡献，考虑这个贡献一定是从最大的一个满足 $j<i,a_j=a_i$ 的 $j$ 转移过来的

证明：为了有贡献，$j,i$ 中间的数必须全涂另一种颜色，强制涂同一种颜色贡献一定不优，因此需要尽可能减少 $j,i$ 之间的点的个数

因此，将贡献拆成三段

• $[1,j]$，由 $f_j$ 可以知道
• $[j+1,i-1]$，这是都涂同一种颜色的连续段
• $i$，刚才我们钦定 $i$ 有贡献，这个贡献就是 $a_i$

这个东西需要处理细节，分别讨论 $j,j+1$ 的颜色转移，题解区有一种更高明的分法

• $[1,j+1]$
• $[j+2,i-1]$
• $i$

这么分是因为，由于离 $i$ 最近的同值节点是 $j$，因此 $a_{j+1}$ 一定与 $a_i,a_j$ 不相同，我们现在需要保证的是 $j$ 涂的颜色与 $i$ 一样，而 $j+1$ 涂的与 $i$ 不同，由于 $j,j+1$ 涂相同的颜色完全没有收益，不存在这样的转移，因此 $j,j+1$ 颜色一定不同，因此只需要钦定其中一个的颜色即可

现在复杂度瓶颈是第二个连续段，这一段可前缀和处理，因此上前缀和

复杂度线性

这题也有坑点

            // if(last[a[i]]) f[i]=max(f[i-1],f[last[a[i]]+1]+sum[i]-sum[last[a[i]]+1]+a[i]);
            // else f[i]=f[i-1];
            // last[a[i]]=i;

不能这么写是因为 last[a[i]]+1 有可能直接等于 i 了，因此需要提前更新 i 的值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
int a[1000001];
int last[1000001];
int f[1000001];
int sum[1000001];
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int cases;cin>>cases;while(cases--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;++i){
            cin>>a[i];
            last[a[i]]=0;
            sum[i]=sum[i-1]+(a[i]==a[i-1]?a[i]:0);
        }
        for(int i=1;i<=n;++i){
            f[i]=f[i-1];
            if(last[a[i]]) f[i]=max(f[i],f[last[a[i]]+1]+sum[i]-sum[last[a[i]]+1]+a[i]);
            last[a[i]]=i;
        }
        cout<<f[n]<<'\n';
    }
}