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;
}