P1437 [HNOI2004] 敲砖块 题解

初拿到手感觉限制太多了，不好硬做，于是开始观察。

乱想

若要取某一个数，我们要取其左上右上两个数，而这两个数又要取上面三个数，所以取一个数的前提条件其实是取这一个三角形。

举例

2 2 3 4 5
8 2 7 12
2 3 6
4 9
3

比如我要取第3行的6，我首先要取7和12，要取7和12，首先要取3，4，5，所以一层层拓展下去形成一个与整个形状相似的三角形。

形式化总结一下，如果我要取 $i,j$， 那么我要取以其为顶点的三角形，即 $i-1,j$ 和 $i-1,j+1$ $etc$。

所以自然想到做一个前缀和，表示这一个三角形的权值和，然后问题转化成了取哪些点能让我们的和最大。

考虑我选点不是无限制的，是 $m$ 次，所以我设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示选到第 $i$ 行第 $j$ 列，还剩 $k$ 次的最大和。

当前点所代表的三角形内数的个数是等差数列求和，即 $\frac{(i+1)\times i}{2}$ 个数，选这个点就要选这些数。

而如果选的另外的点有重复，还要减去这些重复的点和权值，设这些点的数量为 $num$ ，和为 $sum$ ，$i,j$ 的前缀和为 $a_{i,j}$

那么有状态转移方程（$LaTeX$太麻烦了qaq）：

if(k>(i+1)*i/2-num) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i][j][k-(i+1)*i/2+num]+a[i][j]-sum);

这是最直接便于口糊的办法，然而我们根本就是错的不知道哪里重复了。

转化

所以我们尝试对图形进行进一步的抽象总结。

我们看到多个三角形叠起来会形成一些折线，如图。

再把图搞优美一点 还是很丑qaq

7 \4 \5 3/ 2/ 4 5
 1 \3 \6/ 7/ 3 4
  5 \8/ \7/ 3 1
   2 5 7 3
    6 9 2
     2 3
      9

去掉重复则是

7 \4  5 3  2/ 4 5
 1 \3  6  7/ 3 4
  5 \8/ \7/ 3 1
   2 5 7 3
    6 9 2
     2 3
      9

我们发现这其实就转化成了一个用给定数量的线段围出一段波浪形，要使这一段的值最大的问题。那么我们的转移显然跟当前取的坐标、取到了第几个有关，所以我们可以设计三维 $d{p}_{i,j,k}$ ，显然每次通过上一次转移只能从上面和左下，上面是没有意义的，只考虑左下。

然后我们考虑那个前缀和现在要转化成什么，当前考虑到第 $i$ 行第 $j$ 列，则第 $j$ 列我打掉了的砖块是 $1\sim i-1$ ，所以对行做前缀和 。
则有 $d{p}_{i,j,k}=max(d{p}_{i,j,k},d{p}_{l,j-1,k-i}+a_{i,j})$ 。

注意

1. 只在第一行统计答案，避免不合法。
2. 先枚举列再枚举行，否则会造成左下的转移没有值。
3. 初始值为 $d{p}_{0,0,0}=0$，其他设成负无穷，避免不合法转移。
4. 各种变量的范围，行可以不取，即可以为 $0$ ，列不行。
5. 要用 $l$ 枚举转折点。

Code

---

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[51][51],b[51][51];
long long dp[52][52][1280],maxi;
int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=n-i+1;++j){
			scanf("%d",&b[i][j]);
			a[i][j]=a[i-1][j]+b[i][j];
		}
	}
	memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][0][0]=0;
	for(int j=1;j<=n;++j){
		for(int i=0;i+j<=n+1;++i){
			for(int l=0;l<=i+1;++l){
				for(int k=0;k<=m;++k){
					if(k>=i) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[l][j-1][k-i]+a[i][j]);
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) maxi=max(dp[1][i][m],maxi); 
	printf("%lld",maxi);
	return 0;
}

时间复杂度 $O(n^{3}m)$ ，其实还可以优化，但是我懒。

---

upd on 2024.11.13

因为同学问了 $O\mathcal{(}{n}^{2}m)$ ，来讲优化了。

我们发现状态数是 $n^{2}m$ 的，所以可以通过一个前缀最大来 $\mathcal{O}(1)$ 转移。

什么意思呢，发现我们其实没有必要枚举前面的转折点，直接同步维护一个前面所有能转移中的最大的进行转移就可以了。

具体地，我们维护一个 $S_{i,j,k}$ 来记录前面的状态。更加具体的，它表示的是前面所有计算过的状态中最大的，即 $S_{i,j,k}=\underset{l=1}{\overset{i-1}{max}}d{p}_{i,j,k}$。然后我们的 $d{p}_{i,j,k}$ 每次可以 $d{p}_{i,j,k}\leftarrow S_{i+1,j-1,k-i}+a_{i,j},S_{i,j,k}=max(S_{i-1,j,k},d{p}_{i,j,k})$，优化的是枚举转折点。注意 $k$ 要枚举 $0\sim i-1$ 这一段，不然 $S$ 可能没有被更新，我调了好久。

这里范围可能不是很对，精细的范围见代码。

Code

---

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[51][51],b[51][51];
long long dp[52][52][1280],s[52][52][1280],maxi;
inline int read(){
	char ch;int x=0,f=1;
	while(!isdigit(ch=getchar())){if(ch=='-')f=-1;}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
} 
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=n-i+1;++j){
			b[i][j]=read(),a[i][j]=a[i-1][j]+b[i][j];
		}
	}memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0][0][0]=0;
	for(int j=1;j<=n;++j){
		for(int i=0;i+j<=n+1;++i){
			for(int k=0;k<=m;++k){
				if(k>=i) dp[i][j][k]=s[i+1][j-1][k-i]+a[i][j];
				s[i][j][k]=max(s[max(0,i-1)][j][k],dp[i][j][k]);
			}
		}
	}printf("%lld",max(dp[0][n][m],dp[1][n][m]));
	return 0;
}

---

End