区间dp思想

删数

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P2426

题目描述

有 $N$ 个不同的正整数 $x_1$, $x_2$, ..., $x_N$ 排成一排，我们可以从左边或右边去掉连续的 $i$ $(1\le i\le n)$ 个数（只能从两边删除数），剩下 $N-i$ 个数，再把剩下的数按以上操作处理，直到所有的数都被删除为止。

每次操作都有一个操作价值，比如现在要删除从 $i$ 位置到 $k$ 位置上的所有的数。操作价值为 $|x_i-x_k|\times (k-i+1)$ ，如果只去掉一个数，操作价值为这个数的值。
问如何操作可以得到最大值，求操作的最大价值。

输入格式

第一行为一个正整数 $N$ ;

第二行有 $N$ 个用空格隔开的 $N$ 个不同的正整数。

输出格式

一行，包含一个正整数，为操作的最大值

样例 #1

样例输入 #1

6
54 29 196 21 133 118

样例输出 #1

768

提示

【样例解释和说明】

说明，经过 $3$ 次操作可以得到最大值，第一次去掉前面 $3$ 个数：$54$ 、$29$ 、$196$ ，操作价值为 $426$。第二次操作是在剩下的三个数 $(21,133,118)$ 中去掉最后一个数$118$，操作价值为 $118$。第三次操作去掉剩下的 $2$ 个数：$21$ 和 $133$ ，操作价值为 $224$。操作总价值为 $426+118+224=768$ 。

【数据范围】

$3\le N\le 100$ ，$1\le x_i\le 1000$

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解答

取巧做法

• 因为一次可以删除前面任意个数和后面任意个数，转换为区间 dp
• 最终都会是只删除前和后，区间两端，和区间 dp 异曲同工之妙
• 唯一难受的是既要删除后面，又要删除前面情况，不好讨论
• 转换为只用删前面，会存在最优解，因为删后面和前面算法一样，值一样，删除的区间 + 前面删除的区间 == 考虑全从前面删，区间 dp 思想考虑这个问题
• 所以 f[i] 定义为删除到 i 的最优解

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int a[N];
int f[N];
int n;

int main()
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		f[i] = a[i] + f[i - 1];
		for (int j = 1; j < i; j++)
			f[i] = max(f[i], f[j - 1] + (i - j + 1) * abs(a[i] - a[j]));
	}

	cout << f[n];
	return 0;
}

中规中矩做法

• 区间 dp
• f[i][j]：表示删除 i~j 之间数的方案数，价值最优值
• 第三层循环即是 i~j 之间枚举中间点
• 两次三层循环是因为考虑删除前面和后面数两种情况

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 110;
int a[N];
int f[N][N];
int n;

int t(int i, int j) 
{
	if (i == j) return a[i];
	else return abs(a[i] - a[j]) * abs(j - i + 1);
}

int main()
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i; j <= n; j++) 
		{
			for (int k = i; k <= j; k++)
				f[i][j] = max(f[k + 1][j] + t(i, k), f[i][j]);
			
			for (int k = i; k <= j; k++)
				f[i][j] = max(f[i][k] + t(k + 1, j), f[i][j]);
		}
	
	printf("%d", f[1][n]);

	return 0;
}