【洛谷P1430】序列取数【dp】

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1430
给定一个长为n的整数序列，由A和B轮流取数（A先取）。每个人可从序列的左端或右端取若干个数（至少一个），但不能两端都取。所有数都被取走后，两人分别统计所取数的和作为各自的得分。假设A和B都足够聪明，都使自己得分尽量高，求A的最终得分。

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思路：

时限$3s$，显然是要一个常数小的$O(Tn^2)$的方法。
由于每次A和B都只可以在左右两端取数，所以取完后剩余的一定是一个连续的子区间。
正序做似乎不是很好做，考虑倒序，将问题转化成一个区间问题。
先考虑最暴力的方法，若先手取时剩余区间为$[l,r]$，那么后手一定是取了$[x,r]$或$[l,x](l< x < r)$，然后先手取$[l,x-1]$或$[x+1,r]$。
设$dp[i][j]$表示先手取成$[l,r]$的最优答案，那么这个答案一定由后手的最劣方案转移而来。因为若后手取后的区间和为$s'$，区间$[l,r]$的和为$s$，那么先手取的和为$s-s'$。我们要让$s-s'$尽量大，那么就让$s'$尽量小即可。即后手的最劣方案。
所以转移方程就是
$dp[i][j]=sum[j]-sum[i-1]-min(0,dp[i][i],dp[i][i+1],...,dp[i][j-1],dp[j][j],dp[j-1][j],...,dp[i+1][j])$
其中$sum[i]$为$a[i]$的前缀和，$sum[j]-sum[i-1]$即$\sum^{j}_{k=i}a[k]$；加上0的原因是因为先手可以一次把所有选完，那么后手就不能选，即选的和为0。
这样单次询问的复杂度是$O(n^3)$的。
看到方程中有$min$，$min$需要$O(n)$的复杂度，但是$dp$中的$min$一般都是可以进行转移的。所以可以通过转移$min$来去掉这个$O(n)$。
设$f[i][j]=min(dp[i][i],dp[i][i+1],...,dp[i][j]),g[i][j]=min(dp[j][j],dp[j-1][j],...dp[i][j])$。
方程就变成了
$dp[i][j]=sum[j]-sum[i-1]-min(0,f[i+1][j],g[i][j-1])$
$f,g$的维护都是最最最最基础的了。显然有$f[i][j]=min(f[i+1][j],dp[i][i])$，$g$同理。
这样单次询问的复杂度就降到了$O(n^2)$。总时间复杂度就是$O(Tn^2)$。而且区间$dp$的常数好像还是$\frac{1}{2}$？

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代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=1010;
int T,n,a[N],sum[N],dp[N][N],f[N][N],g[N][N];

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];
			dp[i][i]=f[i][i]=g[i][i]=a[i];
		}
		for (int i=n-1;i>=1;i--)
			for (int j=i+1;j<=n;j++)
			{
				dp[i][j]=sum[j]-sum[i-1]-min(0,min(f[i+1][j],g[i][j-1]));
				g[i][j]=min(g[i][j-1],dp[i][j]);
				f[i][j]=min(f[i+1][j],dp[i][j]);
			}
		printf("%d\n",dp[1][n]);
	}
	return 0;
}