Good Key, Bad Key

传送门

题意：
有n个箱子，第i个箱子有$a_i$个金币，你需要打开所有的箱子从左到右有两种钥匙可以使用

• good key, 花费k个金币
• bad key, 不花费任何金币，但是将会把他之后的所有$a_i$都减半，例如，开第i个箱子，$a_i = \lfloor\frac{a_i}{2}\rfloor, a_{i + 1} = \lfloor\frac{a_{i + 1}}{2}\rfloor, a_{i + 2} = \lfloor\frac{a_{i + 2}}{2}\rfloor, \cdots, a_n = \lfloor\frac{a_n}{2}\rfloor$
  你需要使用n个钥匙，每把钥匙只能开1个宝箱，刚开始你没有钥匙，也没有金币，如果想使用good key，需要买下他，可以赊账，最后求出开完n个宝箱之后最后的最多金币

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思路：
刚开始想到的是贪心，但是贪心就要考虑维护后面的不断 / 2的状态，这个状态我维护不来，然后向下dp,好像可以，因为在整数范围内，我只要枚举再到第i个位置时用j把坏钥匙，（j的最大是31），直接暴力枚举，从这些状态转移过来，肯定是有最优解的，转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] + (a[i] >> j) - k, dp[i - 1][j - 1] + (a[i] >> j))

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总结：
贪心解决不来，dp来，dp只要想清楚状态就是可以写的，还有就是要擅于观察题目中的 / 2条件，这个条件表明一个int的数最多除31次就会变为0，所以只要考虑31个转移即可

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点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);
#define int long long
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll MAXN = 1e5 + 10;
ll T, n, k;
ll a[MAXN];
ll dp[MAXN][50];    //dp[i][j]代表第i个位置前用j把bad key能够获得的最大金币

signed main()
{
	IOS; cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> n >> k;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            cin >> a[i];
        }

        dp[1][0] = a[1] - k;
        dp[1][1] = a[1] / 2ll;
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0] + a[i] - k;
            for (int j = 1; j <= i && j <= 31; ++j)
            {
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] + (a[i] >> j) - k, dp[i - 1][j - 1] + (a[i] >> j));
            }
        }
        
        ll mx = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            for (int j = 0; j <= i && j < 31; ++j)
            {
                mx = max(mx, dp[i][j]);
            }
        }
        cout << mx << endl;
    }
	return 0;
}