LOJ3215「PA 2019」Muzyka pop

题意

给定\(n\)个整数\(a_i\)和一个整数\(m\)。请找到\(n\)个非负整数 ，满足\(b_0 <b_1<b_2< \dots <b_ n\)并且\(\sum \text{popcount}(b_i) \times a_i\)的值最大
\(1 \le n \le 200，n-1 \le m \le 10^{18}\)

思路

如果\(m\)比较小，这道题就是显然区间\(\text{dp}\)，\(a[l,r]\)对应\([L,R]\)节点。但现在\(m\)特别大，因为有用到二进制位，我们就能想到用\(\text{trie}\)树。蒟蒻第一反应：能建的出吗？但是我们发现，如果每一个\(\text{trie}\)节点下面都是满的，它们都是一样的。也就是我们把\(m \cdot \text{log} m\)个节点，归为的两类结点，第二维\(m*m\)的复杂度降为了\(2\)。

如果从下往上合并，我们只要关注这个点是否是满点，以及当前这下一层的贡献，\([l,k]\)归到左儿子无贡献，那些归到右儿子加上\(a[k+1,r]\)的和。

1. 对于一个满点来说，两个儿子也都是满点。
2. 对于最后一个节点到根路径上的点，可能会没有右儿子，那么左儿子是非满点（并不是说下面不满，因为这样难考虑，我们只把最后的那个所在的都拉出来分一类特殊处理），只能全部放到右儿子；也有可能有满左儿子且有非满右节点，右节点贡献一倍的\(a[k+1,r]\)。区间dp

来自蒟蒻zjy的瞎掰，看的人不会很多，有耐心看的人可能就我一个，你们如果真想研究可以去zsy大佬那儿看看

#include <bits/stdc++.h>
const int N=305;
using std::max;
typedef long long ll;
int n;
ll m,a[N],f[2][2][N][N];
int main(){
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1];
	int now=0;
	memset(f[now],-63,sizeof(f[now]));
	for (int i=1;i<=n;i++) f[now][0][i][i]=f[now][1][i][i]=0; 
	for (int w=1;1ll<<(w-1)<=m;w++){
		now=now^1;
		memset(f[now],-63,sizeof(f[now]));
		for (int len=1;len<=n;len++)
			for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
				f[now][0][l][r]=f[now^1][0][l][r]+max(0ll,a[r]-a[l-1]);
				for (int k=l;k<r;k++)
					f[now][0][l][r]=max(f[now][0][l][r],f[now^1][0][l][k]+f[now^1][0][k+1][r]+a[r]-a[k]);
				if ((m>>(w-1))&1){
					f[now][1][l][r]=max(f[now^1][0][l][r],f[now^1][1][l][r]+a[r]-a[l-1]);
					for (int k=l;k<r;k++)
						f[now][1][l][r]=max(f[now][1][l][r],f[now^1][0][l][k]+f[now^1][1][k+1][r]+a[r]-a[k]);
				}else f[now][1][l][r]=f[now^1][1][l][r];
		}
	}
	printf("%lld\n",f[now][1][1][n]);
} 

后记

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