B.好伙计猜拳

合集 - 牛客训练(31)

1.校门外的树（一维差分）2024-12-222.铺地毯（二维差分/枚举区间）2024-12-223.晾衣服（二分）2024-12-234.丢手绢（尺取法/快慢指针）2024-12-255.二分（离散化/哈希）2024-12-286.C-猪猪养成计划1（set）01-187.E-双生双宿之错01-228.D-字符串里串01-249.H-一起画很大的圆01-2510.C-字符串外串01-2511.E—一起走很长的路01-2712.M—数值膨胀之美01-2813.J—硝基甲苯之袭01-3014.H—井然有序之窗02-0115.C—智乃的NotePad（esay version）02-0116.I. 小鸡的排列构造的checker02-1617.J. 铁刀磨成针02-1618.华华开始学信息学02-16

19.B.好伙计猜拳02-17

20.E.小L的井字棋02-1721.C.小L的位运算02-1722.D.Tokitsukaze and Concatenate‌ Palindrome02-1823.C.Tokitsukaze and Balance String (hard)02-1824.E.智乃的小球02-1925.G.智乃与模数02-2026.D.小L的字符串翻转02-2027.L.小L的构造02-2028.C.兢兢业业之移02-2229.F.双生双宿之探02-2230.E.全都要03-0331.D.大预言家03-03

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题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/95338/B

题意：

给定a,b两个数组，有操作1：花费c1的代价删除ai,bi这一条记录 操作2：花费c2的代价交换ai,bi的值
求令a，b都成为最长不递减子序列的最低代价

思路：

类似与LIS，通过n方dp实现
开一个二维dp，初始化为inf,dp[0][0]=0,dp[0][1]=0.表示第0条记录作结尾时花费的代价
dp[i][0]代表以第i条记录为结尾，且第i条记录不交换。dp[i][1]代表以第i条记录为结尾，且第i条记录交换
观察 枚举j<i时， 当 aj<=ai,bj<=bi 或 aj<=bi,bj<=ai 或 bj<=ai,aj<=bi 时 发生条件转移（删除i~j之间的记录即可满足条件）
答案不一定是dp[n][0],dp[n][1]的最小值，因此取答案时要加上删除后缀的记录的代价 c1*(n-i)

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define pb push_back
#define int long long
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll llmax=LLONG_MAX;
const int maxn=1e5+5;
int n,c1,c2;
int dp[1005][2];
int a[1005];
int b[1005];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
	int t;cin>>t;
	while(t--){
		int ans=llmax; 
		cin>>n>>c1>>c2;
		rep(i,1,n){
			cin>>a[i]>>b[i];	
		}
		memset(dp,inf,sizeof(dp));
		dp[0][0]=0;
        dp[0][1]=0;
		rep(i,1,n){
			for(int j=0;j<i;j++){
				if(a[i]>=a[j]&&b[i]>=b[j]){
					dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[j][0]+(i-j-1)*c1);
				}
				if(a[i]>=b[j]&&b[i]>=a[j]){
					dp[i][0]=min(dp[i][0],dp[j][1]+(i-j-1)*c1);
				}
			}
			for(int j=0;j<i;j++){
				if(a[i]>=b[j]&&b[i]>=a[j]){
					dp[i][1]=min(dp[i][1],c2+dp[j][0]+(i-j-1)*c1);
				}
				if(a[i]>=a[j]&&b[i]>=b[j]){
					dp[i][1]=min(dp[i][1],c2+dp[j][1]+(i-j-1)*c1);
				}
			}
			ans=min(ans,min(dp[i][0],dp[i][1])+(n-i)*c1);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}