题解：CF358D Dima and Hares

CF358D 题解

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思路

挺好的一道 DP 题。

首先分析题目会发现这道题的 DP 有点特殊：每一个点的状态会与前后两道题的状态相互影响与改变。

而观察到，一个点 $i$ 的状态均可以表示成如下两种情况。

1. 先选第 $i+1$ 个物品，再取第 $i$ 个物品。（取物品的操作并不一定是相邻的，只是第 $i$ 个物品在取了第 $i+1$ 个物品后取的。）
2. 先选第 $i$ 个物品，再选第 $i+1$ 个物品。（取物品的操作并不一定是相邻的，只是第 $i+1$ 个物品在取了第 $i$ 个物品后取的。）

于是很容易想到可以设一个二维的 $dp$ 数组：$dp[i][2]$。

1. $dp[i][0]$ 表示先取第 $i+1$ 个物品获得的前 $i$ 个物品的最大值。
2. $dp[i][1]$ 表示后取第 $i+1$ 个物品获得的前 $i$ 个物品的最大值。

接下来就开始推递推方程。

对于一个 $dp[i][0]$，是先取第 $i+1$ 个物品，后取第 $i$ 个物品，这个时候只要讨论 $dp[i-1]$ 的两种状态即可。

1. 对于 $dp[i-1][0]$ 是先取第 $i$ 个物品，后取第 $i-1$ 个物品，此时取第 $i$ 个物品的时候，相邻的两个物品有一个被拿过，所以得到的价值为 $b[i]$。
2. 对于 $dp[i-1][1]$ 是先取第 $i-1$ 个物品，后取第 $i$ 哥物品，此时取第 $i$ 个物品的时候，相邻的两个物品都被拿过，所以得到的价值为 $c[i]$。

因此 $dp[i][0]=\max(dp[i-1][0]+b[i],dp[i-1][1]+c[i])$。

对于一个 $dp[i][1]$，是先取第 $i$ 个物品，后取第 $i+1$ 个物品，这个时候一样的讨论 $dp[i-1]$ 的两种状态即可。

1. 对于 $dp[i-1][0]$ 是先取第 $i$ 个物品，后取第 $i-1$ 个物品，此时取第 $i$ 个物品的时候，相邻的两个物品都没有被拿过，所以得到的价值为 $a[i]$。
2. 对于 $dp[i-1][1]$ 是先取第 $i-1$ 个物品，后取第 $i$ 哥物品，此时取第 $i$ 个物品的时候，相邻的两个物品有一个被拿过，所以得到的价值为 $b[i]$。

因此 $dp[i][1]=\max(dp[i-1][0]+a[i],dp[i-1][1]+b[i])$。

故我们就可以线性求出 $dp$ 数组了。

接下来，题目询问获得的最大价值，注意到第 $n$ 个物品只可能是先取第 $n$ 个物品，后取第 $n+1$ 个物品，因为不存在第 $n+1$ 个物品。

故答案为 $dp[n][1]$。

注意，一开始要初始化，给 $dp$ 赋值成一个极小值（我因为没做这个，WA 过。）。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define INF 0x7fffffff/2
using namespace std;
const int MN=3005;
long long n,a[MN],b[MN],c[MN],dp[MN][2];
//dp[i][0] 表示先取第 i+1 个物品获得的前 i 个物品的最大值。 
//dp[i][1] 表示后取第 i+1 个物品获得的前 i 个物品的最大值。 
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&c[i]);
	for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<=n; j++) dp[i][j]=-INF;
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+b[i],dp[i-1][1]+c[i]);
		dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+a[i],dp[i-1][1]+b[i]);
	}
	printf("%lld",dp[n][1]);
	return 0;
}