【破环成链】【区间dp】LGP4342 [IOI1998]Polygon

【破环成链】【区间dp】LGP4342 [IOI1998]Polygon

题目可能有些许修改，但大意一致

多边形是一个玩家在一个有n个顶点的多边形上的游戏，如图所示，其中n＝4。每个顶点用整数标记，每个边用符号+（加）或符号*（乘积）标记。

第一步，删除其中一条边。随后每一步：

选择一条边连接的两个顶点V1和V2，用边上的运算符计算V1和V2得到的结果来替换这两个顶点。

游戏结束时，只有一个顶点，没有多余的边。

如图所示，玩家先移除编号为3的边。之后，玩家选择计算编号为1的边，然后计算编号为4的边，最后，计算编号为2的边。结果是0。

（翻译者友情提示：这里每条边的运算符旁边的数字为边的编号，不拿来计算）

编写一个程序，给定一个多边形，计算最高可能的分数。

输入格式

输入描述一个有n个顶点的多边形，它包含两行。第一行是数字n，为总边数。

第二行描述这个多边形，一共有2n个读入，每两个读入中第一个是字符，第二个是数字。

第一个字符为第一条边的计算符号(t代表相加，x代表相乘)，第二个代表顶点上的数字。首尾相连。

3 < = n < = 50

对于任何一系列的操作，顶点数字都在[-32768,32767]的范围内。

输出格式

第一行，输出最高的分数。在第二行，它必须写出所有可能的被清除后的边仍能得到最高得分的列表，必须严格递增。

感谢@2016c01 提供的翻译

输入输出样例
输入 #1

4
t -7 t 4 x 2 x 5

很明显这里t表示这条边是加法边，然后后面那个数字表示这条边指向的结点的权值。
然后x代表乘法边。
输出 #1

33
1 2

题意

首先定义边的类型为加或者乘，然后每次可以选择一条边把两边的结点合并，合并运算就是结点内数字对应边的类型的运算。
比如说权值为1的点和权值为2的点通过加法边可以合并为$1+2=3$的一个点，继承原来点点所有边。
现在给出一个$3\leq n\leq 50$个点$n$条边的简单环，求进行$n-1$次操作后剩下那个点的点权最大值。

思路

进行$n-1$次操作，就相当于舍弃掉一条边，而剩下的边必须在区间上连续。
那么我们首先也是要破环成链，复制一份放在后面
然后又是合并问题了。
定义$dp_{i,j}$表示把区间$[i,j)$的点合起来的最大权值，同样枚举中转点。
这里要慢一点，我们设边$k$的类型为$\circ_k$，终点为第$k$个点
合并区间$[i,k)$和区间$[k,j)$用的就是$\circ_k$
然后合并的时候需要两边都有东西，所以$k\in(i,j)$
所以状态转移方程：

$$dp_{i,j}=\max_{i<k<j}\{(dp_{i,k})\circ_k(dp_{k,j})\}\quad(0<i<j\leq n+1)$$

初始状态：$dp_{i,i+1}=val_i$
结束状态：因为是只进行了$n-1$次操作，但是合并了$n$个点，所以是$\max_{0\leq i<n}\{dp_{1+i,n+i+1}\}$
转移顺序：

1. 区间长度升序$len:[2,n]$
2. 区间起点升序$i:[1,n-len+1]$,同时定义区间终点$j=i+len$
3. 中转点升序$k:(i,j)$

注意到有负数所以$dp$数组其他元素初始值要是负数的极小值

---

打完回来
$80pts$
然后发现漏考虑了一些情况。
这里是有负数的。
是有负数乘法的。。。
负数乘以负数负负得正。
所以负数下乘数越小乘积越大。
所以我们不能只记录一个最大值，还需要记录一个最小值。
再分别讨论一下。
对于加法，肯定是小的加小的得到最小的，大的加大的得到最大的。
至于乘法，最小的可能是两个最小的相乘，也可能是最大的和最小的相乘，还可能是最大的和最小的相乘。。。
但是最大的就只有俩情况：最大和最大，最小和最小。
对于上述的五种情况，分别取个最值就可以维护最大值和最小值了
（真的有被坑到，不愧是IOI的题）
总结一下，整个题需要俩数组$dp_{i,j}$表示合成$[i,j)$的最大值，$mn_{i,j}$表示最小值，然后有

$$dp_{i,j}=\max_{i<k<j}\{(dp_{i,k})\circ_k(dp_{k,j}),(mn_{i,k})\circ_k(mn_{k,j})\}\\ mn_{i,j}=\min_{i<k<j}\{(mn_{i,k})\circ_k(mn_{k,j}),(mn_{i,k})\circ_k(dp_{k,j}),(dp_{i,k})\circ_k({mn_{k,j}})\}\\ $$

答案就是$\max_{0\leq i<n}\{dp_{1+i,1+n+i}\}$

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=128;
inline const int x(const int a,const int b)
{
	return a*b;
}
inline const int t(const int a,const int b)
{
	return a+b;
}
const int(*p[N])(const int,const int);
int val[N],dp[N][N],mn[N][N];
char tpe[N];
int nn,n,ans;

int main()
{
	cin>>nn;
	memset(dp,0x80,sizeof(dp));
	memset(mn,0x01,sizeof(mn));
	for(register int i=1;i<=nn;++i) cin>>tpe[i]>>val[i];
	for(register int i=1;i<=nn;++i) tpe[i+nn]=tpe[i];
	for(register int i=1;i<=nn;++i) val[i+nn]=val[i];
	n=nn<<1;
	for(register int i=1;i<=n;++i) p[i]=tpe[i]=='t'? t:x;
	for(register int i=1;i<=n;++i) mn[i][i+1]=dp[i][i+1]=val[i];
	for(register int len=2;len<=n;++len)
	{
		for(register int i=1;i<=n-len+1;++i)
		{
			const int j=i+len;
			for(register int k=i+1;k<j;++k)
			{
				dp[i][j]=max(dp[i][j],(*p[k])(dp[i][k],dp[k][j]));
				dp[i][j]=max(dp[i][j],(*p[k])(mn[i][k],mn[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(mn[i][k],mn[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(mn[i][k],dp[k][j]));
				mn[i][j]=min(mn[i][j],(*p[k])(dp[i][k],mn[k][j]));
			}
		}
	}
	ans=dp[0][0];
	for(register int i=0;i<nn;++i)
	{
		ans=max(ans,dp[1+i][nn+i+1]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	for(register int i=0;i<nn;++i)
	{
		if(ans==dp[1+i][nn+i+1])
		{
			printf("%d ",i+1);
		}
	}
	printf("\n");
	return 0;
}