【题解】P3147 [USACO16OPEN]262144 P（DP）

【题解】P3147 [USACO16OPEN]262144 P

虽然是道绿题，但我还是挂/卡了很久，是道好题，写篇题解记录一下。

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题目链接

P3147 [USACO16OPEN]262144 P - 洛谷

P3146 [USACO16OPEN]248 G - 洛谷

下面这道题是上面的弱化版，只是数据范围不同，但有一种解法只能通过 P3147，所以这里都以 P3147 为例解释（P3147 的 AC 代码可以通过 P3146）,但是会讲到两种解法。

题意概述

有一个长为 $n(2 \le n \le 262144)$ 的正整数序列，范围在 $[1,40]$。在一步中，可以选择相邻的两个相同的数，然后合并成一个比原来大一的数（例如两个 $7$ 合成一个 $8$），最大化出现过的最大的数。

思路分析

真的是道妙题，单从线性 DP 的角度思考我愣是想不出来 DP 状态；而从区间 DP 的角度想又做法假了。这里记录线性 DP 和区间 DP 两种解法。

解法一：线性 DP

要合成一个数 $i$，那么就要找到两个相邻的最大值为 $i-1$ 的区间。

定义 $dp_{i,j}$ 表示左端点为 $j$，能合并出 $i$ 的右端点的位置。

发现这玩意跟倍增有点相似。

那么有：

$$dp[i][j]=dp[i-1][dp[i-1][j]]$$

画个图解释一下：

相当于是从 $j$ 开始找到合并出 $i-1$ 的右端点位置，再从这个右端点位置往后找到从这个位置开始能合并出 $i-1$ 的第二个右端点位置。

那么就相当于找到了两段相邻的最大值为 $i-1$ 的区间，可以合并出 $i$。

这么妙的做法我怎么就想不到呢。/kk

那么我们只需要在刚开始输入时，初始化 $dp[a_i][i]=i+1$。（注意不是 $i$ 而是 $i+1$）

然后枚举 $i$，在这道题中 $a_i$ 最大到 $40$，这种倍增式合并，能合成的最大的 $i$ 为 $40+ \log n=40+ \log 262144 \approx 40+18=58$，所以只需要把 $i$ 从 $1$ 枚举到 $58$ 即可。

最后枚举 $j$，$j$ 从 $1-n$。

时间复杂度：$O(58 n)$。

解法二：区间 DP

注：这种解法是针对 P3146 的，由于 P3147 的数据范围较大，此种做法行不通。

相对于这个题的线性 DP，区间 DP 是更好想的。

看到“合并”，应该一眼想到区间 DP。

我当时心想：这题如果用区间 DP 未免也太简单了，然后立马开写，结果却 WA 了，只有 $58pts$……我真菜。。

这里记录一下我的思路历程。

刚开始想，这题不就是石子合并（弱化版） - 洛谷的变形嘛。

用 $dp_{l,r}$ 表示区间 $[l,r]$ 所能合成的最大值，在求解 $dp_{l,r}$ 时，枚举断点 $k$，然后分类讨论。

• 当 $dp_{l,k}=dp_{k+1,r}$ 时，$dp_{l,r}=\max(dp_{l,r},dp_{l,k}+1)$。即：$[l,k]$ 和 $[k+1,r]$ 是两段能合成最大值相同的区间，答案即为两段的 $dp$ 值 $+1$；

• 当 $dp_{l,k} \ne dp_{k+1,r}$ 时，$dp_{l,r}=\max(dp_{l,r},dp_{l,k},dp_{k+1,r})$。即：若两段所能合成的最大值不相同，则区间 $[l,r]$ 在所有这些区间中取最大值。

最后答案是 $dp_{1,n}$。但是这样交上去却 WA 了，只有 $58pts$，然后看了眼评论区发现我的做法假了。

Hack：

3
2 1 2

按照我上述思路：

在求 $dp_{1,3}$ 时，由于 $dp_{1,1}=dp_{2,3}=2$，所以 $dp_{1,3}=3$，但实际答案应该是 $2$。

因为 $dp_{2,3}$ 的答案是继承了 $dp_{3,3}$，而这样的继承在这一次转移中是可以的，但当用 $dp_{2,3}$ 去计算 $dp_{1,3}$ 却由于 $1$ 和 $3$ 不连续，所以得到的答案是错误的。

那么怎么做呢。

可以用一个变量 $ans$ 表示当前找到的最大值答案。

对于每个 $dp_{l,r}$，只有当 $dp_{l,k}=dp_{k+1,r}$ 的时候更新值，然后每次将 $ans$ 更新为当前最大即可。

注意 $ans$ 在初始输入时也要更新一遍。

时间复杂度：

代码实现

解法一

//luoguP3147
//线性 DP 解法 
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=262150;
int a[maxn],dp[65][maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
 } 
 
int main()
{
	int n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();
		dp[a[i]][i]=i+1;
	}
	int ans=0;
	for(int i=2;i<=58;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(!dp[i][j])dp[i][j]=dp[i-1][dp[i-1][j]];
			if(dp[i][j])ans=i;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0; 
}
/*dp[i][j] 表示左端点为 j，能合并出 i 的右端点位置。 
那么 dp[i][j]=dp[i-1][dp[i-1][j]].
可以发现数字大小最大为 40+log n = 58.
这题怎么这么妙啊！我为什么就想不到！ 
*/ 

解法二

//luoguP3146
//区间 DP 解法
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=255;
int dp[maxn][maxn],a[maxn];
int ans;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
 } 
 
int main()
{
	int n;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();dp[i][i]=a[i];
		ans=max(ans,a[i]);
	}
	for(int len=2;len<=n;len++)
	{
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++)
		{
			int r=l+len-1;
			for(int k=l;k<r;k++)
			{
				if(dp[l][k]==dp[k+1][r])dp[l][r]=max(dp[l][r],dp[l][k]+1);
				ans=max(dp[l][r],ans);
			}
//			cout<<l<<" "<<r<<" "<<dp[l][r]<<endl; 
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
/*3
2 1 2
*/