AtCoder Beginner Contest 219 H

假设我们按照蜡烛的坐标从小到大排序，那么我们每到达一个蜡烛，肯定要熄灭它。

所以，在任意时刻我们走过的蜡烛都是一个区间。

按坐标正负分成$2$部分，分别按到$0$的距离排序。我们设$dp(l,r,0/1)$表示熄灭了负数坐标蜡烛的前$l$个，正数坐标的前$r$个，当前在最左侧还是最右侧。

转移就可以枚举下一次走到负数坐标的$l+1$项还是整数坐标的$r+1$项。

但有一个问题：$dp(l,r,0/1)$是维护时间，还是维护目前熄灭蜡烛的最大长度？

发现两者一个最优，另一个未必最优。我们将任何一个放入$dp$中代表一个维度，此时就可以了，但状态数太大了。

有$2$种解决方案。

我们设$state.time$表示方案$state$所需的时间，$state.length$表示目前熄灭蜡烛的长度和。

我们一个$dp$中的元素可以存若干个状态，但是若存在状态$x,y$，使得$x.time<y.time$并且$x.length>y.length$，那么$y$就可以不要了。（因为$x$的时间比$y$小，而熄灭蜡烛的长度比$y$大）

然而这样剩余的状态还是太多。考虑使用剪枝，具体的，若存在状态$x,y$，若$y.length-n(y.time-x.time)>x.length$，则$x$可以不要。

时间复杂度玄学，不过是很快的，比$O(n^3)$还要优秀。

第二种方案：我们发现可以维护$dp(l,r,k,0/1)$，$l,r,0/1$和之前的一样，而$k$的意思是，我们在剩下的蜡烛中还有$k$个是在燃烧完被熄灭的。

那么转移的时候，假设到下一个所花费的时间是$t$，那么在$t$时间内，这$k$个蜡烛的长度都会减$1$，故这$k$个蜡烛的长度共减去了$kt$。到下一个蜡烛时，我们有$2$种选择：它在这$k$个蜡烛中，则将$dp(l,r,k,p)+len$转移到$dp(l',r',k-1,p')$，否则将$dp(l,r,k,p)$转移到$dp(l',r',k,p')$。

那么有一个问题，万一这$k$个蜡烛中有的燃烧成了负数呢？

可以发现，若$dp(l,r,k,p)$中有蜡烛燃烧成负数，那就会对答案造成一个负的贡献，不妨抛掉这些蜡烛，也就是取$dp(l,r,k-1,p)$会更优，所以不必考虑。

时间复杂度为$O(n^3)$。

#include<bits/stdc++.h>
using ll=long long;
const int maxn=305;
int n,m1,m2;
ll f[maxn][maxn][maxn][2];
bool vis[maxn][maxn][maxn][2];
std::pair<ll,ll> a[maxn],b[maxn];
ll dfs(int l,int r,int k,int where) {	
	if(k==0) return 0;
	if(vis[l][r][k][where]) return f[l][r][k][where];
	ll &ret=f[l][r][k][where]; ret=-1e18;
	vis[l][r][k][where]=1;
	ll now,nxt;
	if(where==0) now=a[l].first;
	else now=b[r].first;
	for(int i=0;i<2;i++) {
		int l_=l,r_=r,len;
		if(i==0) nxt=a[l+1].first,len=a[l+1].second,l_++; 
		else nxt=b[r+1].first,len=b[r+1].second,r_++;
		ll dis=abs(now-nxt);
		if(l_>m1||r_>m2) continue;
		ret=std::max(ret,dfs(l_,r_,k,i)-k*dis);
		ret=std::max(ret,dfs(l_,r_,k-1,i)+len-k*dis);
	}
	return ret;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ll ix,ia;
		scanf("%lld%lld",&ix,&ia);
		if(ix<0) a[++m1]=std::make_pair(ix,ia);
		else b[++m2]=std::make_pair(ix,ia);
	}
	a[0]=std::make_pair(0ll,0ll),b[0]=std::make_pair(0ll,0ll); 
	std::sort(a+1,a+m1+1,std::greater<std::pair<ll,ll>>()); 
	std::sort(b+1,b+m2+1);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=std::max(ans,dfs(0,0,i,0));
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}