P1018 [NOIP2000 提高组] 乘积最大

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前言

事先声明！博主是不会写高精的屑。因此此题只拿到了开 $LL$ 的 $\color{orange}{60}$ 分。

但这并不妨碍我练 $DP$。

思路辨析

很容易想到，以前 $i$ 个数的部分作为一个阶段变量。

有了具体的数量，又很自然的想到将钥匙的个数作为一个变量加进去，也就是 $j$ 。

诶，好像能行，再看看。

综上，$dp_{i,j}$ 表示的是前 $i$ 个数用 $j$ 个乘号隔开所能得到的最大乘积。

设想一下，当我们知道如上所述的信息时，要怎么通过它得到下一阶段的信息，或它是如何由其它阶段推来的呢?

显然第二种更好推。

已知钥匙的个数，枚举最后一个钥匙所在的位置（这里记为 $r$ ），可以将前 $i$ 个数分成两部分。

前半部分是前 $r$ 个数用 $j-1$ 个乘号断开所得到的乘积最大值，后半部分则是 $N$ 个字符中第 $r+1$ 个字符到第 $i$ 个字符所组成的数，用两者之积来更新答案。

因此，状态转移方程为

$dp_{i,j} = \max( dp_{r,j-1} * nu_{r+1,i} , dp_{i,j})$.

注：$nu_{r+1,i}$就是 $N$ 个字符中第 $r+1$ 个字符到第 $i$ 个字符所组成的数。

code

点击查看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,a[45],nu[45][45],dp[45][10];
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%1d",&a[i]);//“%1d”每次只读一个数字
	
	for(int i=1;i<=n;i++) nu[i][i]=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			nu[i][j]=nu[i][j-1]*10+a[j];
		}
	}
	
	//这一段是对nu的预处理
	
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=nu[1][i];//初始化
	
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<min(i,k+1);j++){//i个数最多只能放i-1个乘号，所以和k+1取min
			for(int r=1;r<i;r++){
				dp[i][j]=max(dp[r][j-1]*nu[r+1][i],dp[i][j]);
			}
		}
	}
	cout<<dp[n][k]<<endl;
	return 0;
}

summary

对状态的描述好像有进步！继续加油！

大抵是 $dp$百道第三题吧。

↑是的，这是一位摆烂了一学期的屑