CF1858D Trees and Segments

一道考查预处理技巧的 dp。

观察式子 $a\times L_0+L_1$，一个显然的想法是“定一求一”，即预处理求出对于每个 $L_1$ 最大的 $L_0$，然后对于每个 $a$，枚举 $L_1$，统计最大的 $a\times L_0+L_1$。这样，我们将问题转化为了：已知 $L_1=len$，求出 $d{p}_{len}=L_{0max}$。

dp 数组的状态是“长度”，这似乎并不好维护，我们不得不把它落实到一个个子段上去：对于每个 $len\in [1,n]$，枚举长度为 $len$ 的子段，并用 $x$ 次操作把它改为一个全 $1$ 段，这就是 $L_1$ 对应的子段。然后，在它的左边和右边，去寻找 $L_0$（利用好剩下的 $k-x$ 次操作使其尽可能大）并更新 $d{p}_{len}$。

问题是，仅仅枚举子段的复杂度就到了 $O(n^2)$，意味着我们需要预处理出前后缀 $1\sim i$ 中修改至少 $j$ 次能得到的最大 $L_0$，分别设为 $pr{e}_{i,j},su{f}_{i,j}$。通用的方法是“两步走”：以前缀为例，先求出以 $i$ 结尾的，修改了恰好 $j$ 次的最大 $L_0$；再应用类似前缀 $max$ 的方法得到答案。

void solve() {
    int n, k; string s;
    cin >> n >> k >> s;
    // 以 i 结尾，修改 j 次的最大 0 段长度
    vector pre(n, vector(k + 1, 0));
    pre[0][0] = (s[0] == '0');
    if (k > 0) pre[0][1] = (s[0] == '1');
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j <= min(i + 1, k); j++) {
            if (s[i] == '0') pre[i][j] = pre[i - 1][j] + 1; // s[i] = 0, 不修改
            else if (j > 0) pre[i][j] = pre[i - 1][j - 1] + 1; // s[i] = 1, 修改
            else pre[i][j] = 0; // s[i] = 1, 不修改
        }
    }
    // 将 pre 改为在 i 及 i 之前结尾，最多修改 j 次的最大 0 段长度
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j <= k; j++) {
            pre[i][j] = max(pre[i][j], pre[i - 1][j]);
            if (j > 0) pre[i][j] = max(pre[i][j], pre[i][j - 1]);
        }
    }
    // 以 i 开头，修改 j 次的最大 0 段长度
    vector suf(n, vector<(k + 1, 0));
    suf[n - 1][0] = (s[n - 1] == '0');
    if (k > 0) suf[n - 1][1] = (s[n - 1] == '1');
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = 0; j <= min(n - i, k); j++) {
            if (s[i] == '0') suf[i][j] = suf[i + 1][j] + 1; // s[i] = 0, 不修改
            else if (j > 0) suf[i][j] = suf[i + 1][j - 1] + 1; // s[i] = 1, 修改
            else suf[i][j] = 0; // s[i] = 1, 不修改
        }
    }
    // 将 suf 改为在 i 及 i 之后开头，最多修改 j 次的最大 0 段长度
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = 0; j <= k; j++) {
            suf[i][j] = max(suf[i][j], suf[i + 1][j]);
            if (j > 0) suf[i][j] = max(suf[i][j], suf[i][j - 1]);
        }
    }
    vector<int> sum(n, 0);
    sum[0] = s[0] - '0';
    for (int i = 1; i < n; i++)
        sum[i] = sum[i - 1] + s[i] - '0';
    // dp[len] 为 L1 = len 时的最大 L0
    vector<int> dp(n + 1, -1);
    dp[0] = max(pre[n - 1][k], suf[0][k]);
    for (int l = 0; l < n; l++) {
        for (int r = l; r < n; r++) {
            int len = r - l + 1;
            // [l, r] 中 0 的个数
            int x = len - (sum[r] - (l > 0 ? sum[l - 1] : 0));
            if (x > k)  continue;
            if (l == 0 && r == n - 1) {
                dp[len] = max(dp[len], 0);
                continue;
            }
            if (l > 0) dp[len] = max(dp[len], pre[l - 1][k - x]);
            if (r < n - 1) dp[len] = max(dp[len], suf[r + 1][k - x]);
        }
    }
    for (int a = 1, ans = 0; a <= n; a++) {
        for (int len = 0; len <= n; len++)
            if (dp[len] != -1) ans = max(ans, a * dp[len] + len);
        cout << ans << " \n"[a == n];
    }
}