CF2021D Boss, Thirsty 题解

先考虑一个朴素的 dp，设 $d{p}_{i,l,r}$ 表示在第 $i$ 行取了第 $l$ 列到第 $r$ 列之间的饮料的最大利润。

令 $su{m}_i,j$ 表示 $\sum _{k=1}^j{a}_{i,k}$，有转移 $d{p}_{i,l,r}=max(d{p}_{i-1,L,R}+su{m}_r-su{m}_{l-1})$ 其中 $L,R$ 满足 $l<L\le r$ 或 $l\le R<r$。

直接转移复杂度直接起飞，考虑优化。可以发现，上面 dp 的转移 $L,R$ 的限制只需要满足其一即可。于是设 $dp{L}_{i,l}$ 表示在第 $i$ 行固定左端点为 $l$ 而右端点随便的最大利润，同理定义 $dp{R}_{i,r}$ 为在第 $i$ 行固定右端点为 $r$ 而左端点随便的最大利润。

先考虑 $dpR$ 的转移:

$$dp{R}_{i,r}=su{m}_{i,r}+max\{\underset{k=1}{\overset{i}{max}}(dp{L}_{i-1,k}-\underset{p=1}{\overset{k-1}{min}}su{m}_{i,p}),\underset{k=1}{\overset{i-1}{max}}(dp{R}_{i-1,k}-\underset{p=1}{\overset{k}{min}}su{m}_{i,p})\}$$

转移时通过记录前缀最小值和最大值来转移。

而 $dpL$ 的转移时同理的，可以通过维护后缀最大值来优化。

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m;
int turn(int x, int y) {return x * (m + 1) + y;}
ll a[400005], sum[400005], dpL[400005], dpR[400005];
void solve() {
	ll ans = -inf;
	scanf("%d %d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		sum[turn(i, 0)] = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++) scanf("%lld", &a[turn(i, j)]), sum[turn(i, j)] = sum[turn(i, j - 1)] + a[turn(i, j)];
	}
	ll minn = inf; for(int i = 1; i <= m; i++) minn = min(minn, sum[turn(1, i - 1)]), dpR[turn(1, i)] = sum[turn(1, i)] - minn;
	minn = -inf; for(int i = m; i >= 1; i--) minn = max(minn, sum[turn(1, i)]), dpL[turn(1, i)] = minn - sum[turn(1, i - 1)];
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		ll minn = inf, tot = -inf; for(int j = 1; j <= m; j++) {
			tot = max(tot, dpL[turn(i - 1, j)] - minn);
			dpR[turn(i, j)] = tot + sum[turn(i, j)];
			minn = min(minn, sum[turn(i, j - 1)]);
			tot = max(tot, dpR[turn(i - 1, j)] - minn); 
		}
		minn = -inf, tot = -inf; for(int j = m; j >= 1; j--) {
			tot = max(tot, dpR[turn(i - 1, j)] + minn);
			dpL[turn(i, j)] = tot - sum[turn(i, j - 1)];
			minn = max(minn, sum[turn(i, j)]);
			tot = max(tot, dpL[turn(i - 1, j)] + minn); 
		}
	}
	for(int j = 1; j <= m; j++) ans = max(ans, max(dpL[turn(n, j)], dpR[turn(n, j)]));
	printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
	int t; cin>>t;
	while(t--) solve(); 
	return 0;
}