洛谷1136 迎接仪式

原题链接

普通的$DP$题，_{然而我又做了好久，太菜了}。

很容易发现直接描述“交换”这一操作比较困难，于是我们可以考虑将这一操作转换一下：交换一个j和z，实际上就是将一个z变为j，一个j变为z。
那么我们可以求出当$j$个j变为z，$k$个z变为j时最多能出现的jz个数。而“交换”这一操作就是当$j=k$的情况（我们不必考虑到底是哪几个j与z交换了）。
定义$f[i][j][k][0/1]$表示前$i$个字符中，有$j$个j变为z，$k$个z变为j，且第$i$个字符是j（用$1$表示）或z（用$0$表示）的时候，最多能出现的jz个数。
于是有状态转移方程：

• 第$i$个字符为j时
  先直接从前$i-1$个字符的情况转移过来： $$f[i][j][k][1] = \max{f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1]}$$
  当$j > 0$时，则可以将第$i$个字符j转换为z，于是有： $$f[i][j][k][0] = \max{ f[i - 1][j - 1][k][0], f[i - 1][j - 1][k][1] + 1 }$$

---

• 第$i$个字符为z时
  同样先直接从前$i-1$个字符的情况转移过来，不过注意前一个为j时可以和当前这个z组成jz： $$f[i][j][k][0] = \max{f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1] + 1}$$
  当$k > 0$时，则可以将第$i$个字符z转换为j，于是有： $$f[i][j][k][1] = \max{ f[i - 1][j][k - 1][0], f[i - 1][j][k - 1][1] }$$

初始化$f[0][0][0][0] = 0$，其余为$-\infty$。
答案显然就是$\max\limits_{i = 1} ^ n\{ f[n][i][i][0], f[n][i][i][1] \}$。
时间复杂度$O(nm^2)$，另外$f$的第一维是可以滚掉的，不过这题数据小也就不需要了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 510;
const int M = 110;
int f[N][M][M][2], a[N];
inline int re_l()
{
	char c = getchar();
	for (; c != 'z' && c != 'j'; c = getchar());
	return c == 'z' ? 0 : 1;
}
inline int maxn(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
int main()
{
	int i, j, k, n, m, ans = -1e9;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (i = 1; i <= n; i++)
		a[i] = re_l();
	memset(f, 195, sizeof(f));
	f[0][0][0][0] = 0;
	for (i = 1; i <= n; i++)
		for (j = 0; j <= m; j++)
			for (k = 0; k <= m; k++)
				if (a[i])
				{
					f[i][j][k][1] = maxn(f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1]);
					if (j)
						f[i][j][k][0] = maxn(f[i - 1][j - 1][k][0], f[i - 1][j - 1][k][1] + 1);
				}
				else
				{
					f[i][j][k][0] = maxn(f[i - 1][j][k][0], f[i - 1][j][k][1] + 1);
					if (k)
						f[i][j][k][1] = maxn(f[i - 1][j][k - 1][0], f[i - 1][j][k - 1][1]);
				}
	for (i = 1; i <= n; i++)
		ans = maxn(ans, maxn(f[n][i][i][0], f[n][i][i][1]));
	return printf("%d", ans), 0;
}