2024牛客多校2I Red Playing Cards

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Problem

There are $2\cdot n$ cards arranged in a row, with each card numbered from $1$ to $n$ having exactly 2 copies.

Each time, Red can choose a subarray of consecutive cards (at least $2$ cards) to remove from the deck. The chosen subarray must satisfy that the first and last cards have the same number. The score for this operation is: the number of cards multiplied by the number on the first card. Now Red wants to know what is the maximum value of the final score?

给你一个长度为的数组，到 $n$ 每个数字恰好出现两次。你可以进行这样的操作：选择两个相同的数字 $x$ （必须都还存在于数组中），将这两个数以及其间的所有数字（共计 $cnt$ 个）全部拿走，并获得 $x\cdot cnt$ 得分。求最终最多能够获得多少分？

$1\le n\le 3\times 10^3$

Solution

我们发现基本有这三种情况：

相离。比如1 1 3 3，1和3互不影响。
包含。比如1 3 3 1，可以先拿3-3再拿1-1，也可以直接一次拿1-1，此时3没有任何贡献。
相交。比如1 3 1 3，如果拿了1-1就不能再拿3-3了，拿了3-3也不能再拿1-1。

设 $f(i)$ 为 $[l_i,r_i]$ 这段区间的最大得分。 $l_i,r_i$ 分别指第一个 $i$ 和第二个 $i$ 的位置。

先假设 $[l_i,r_i]$ 中每个数字的贡献都是 $i$ ，而如果遇到了另一个区间 $[l_j,r_j]$ 满足 $(l_i<l_j<r_j<r_i)$ ，那么考虑使用 $f(j)$ 来代替这一个子区间的贡献。

这里一定有 $len_j<len_i$ ，所以我们按照区间长度 $len_i$ 排序来计算 $f(i)$

那么如何计算 $f(i)$ 呢？

设 $g(k)$ 表示，在计算 $f(i)$ 时，区间 $[l_i,k]$ 的最大贡献。

对于一般情况而言， $g(k)=g(k-1)+i$ 。
而如果当前 $k$ 是某个数字 $j$ 的第二次出现的地方，且这个数字第一次出现的地方 $l_j\in[l_i,k]$ ，那么需要考虑有可能先抹去 $j$ ，也就是取 $[l_j,r_j]$ 得分为 $f(j)$ ，会使得答案更优，。

\begin{matrix} (1) & g (k) = {\begin{cases} max (g (k - 1) + i, g (l_{j} - 1) + f (j)), if k = r_{j} and l_{j} > l_{i} \\ g (k - 1) + i, otherwise \end{cases} \end{matrix}

$\begin{gather} g(k)=\left\{ \begin{array}{l} \max \left(g(k-1)+i, g\left(l_j-1\right)+f(j)\right), \text { if } k=r_j \text { and } l_j>l_i \\ g(k-1)+i, \text { otherwise } \end{array}\right. \end{gather}$

而我们需要的 $f(i)=g(r_i)$ 。

为了得到整个数组的得分，这里有个trick。我们在数组前后添加两个0，求 $f(0)$ 即可。

时间复杂度 $O(n^2)$ 。

Code

/**************************************************************
 * Problem: 
 * Author: Vanilla_chan
 * Date: 
 * E-Mail: heshaohong2015@outlook.com
 **************************************************************/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<limits.h>
#define IL inline
#define re register
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#ifdef TH
#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);
#else
#define debug
#endif
#ifdef ONLINE_JUDGE
char buf[1<<23],* p1=buf,* p2=buf,obuf[1<<23],* O=obuf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
using namespace std;



#define N 6010

int n;
int a[N],l[N],r[N],len[N];
bool cmp(int x,int y)
{
	return len[x]<len[y];
}
vector<int>p;
int f[N],g[N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cout.precision(10);
	int t=1;
//	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n*2;i++)
		{
			cin>>a[i];
			if(l[a[i]])
			{
				r[a[i]]=i;
				len[a[i]]=i-l[a[i]]+1;
			}
			else l[a[i]]=i;
		}
		l[0]=0,r[0]=2*n+1,len[0]=2*n+2;
		for(int i=0;i<=n;i++)
		{
			p.push_back(i);
		}
		sort(p.begin(),p.end(),cmp);
//		for(int x=0;x<=n;x++) cout<<p[x]<<" "; cout<<endl;
		for(auto x:p)
		{
			for(int k=l[x];k<=r[x];k++)
			{
				g[k]=g[k-1]+x;
				int y=a[k];
				if(k==r[y]&&l[y]>l[x])
				{
					g[k]=max(g[k],g[l[y]-1]+f[y]);
				}
			}
			f[x]=g[r[x]];
			for(int k=l[x];k<=r[x];k++) g[k]=0;
//			cout<<"f["<<x<<"]="<<f[x]<<endl;
		}
		cout<<f[0]<<endl;
		
	}
	return 0;
}