递推专题 - 两种状态互推问题：经典问题 打砖块 + NOIP2015 Day2 T2
例1：打砖块
这道题的一个非常重要的细节是：只要子弹打光，就必须结束，无论是否还有可以打到的有奖励子弹的砖块。也就是说，有奖励子弹的砖块不等价于不耗费子弹就能获得分数。就是因为这个细节，我们需要双重递推。
设f[i][j]表示第i列打j下能获得的分数，g[i][j]表示第i列打j下且第j下不能接着打有奖励子弹的砖块能获得的分数。这个是可以在O(mk)时间内预处理出来的。
然后进行DP。同样设d[i][j]表示前i列打j下能获得的最大分数，d0[i][j]表示前i列打j下且最后一下（不一定在第i列打第j下）不能重复打所能获得的最大分数。设在第i列打了p下，那么：
d的转移非常显然：d[i][j]=max{ d[i-1][j-p] +f[i][p] | 0<=p<=j }
d0的转移麻烦一些。
先看p=0的情况：p=0时，不能把第j下放在第i列，所以 d0[i][j]=d0[i-1][j] + f[i][0]
再看p=j的情况：p=j时，p-j=0，不能把第j下放在前i-1列，所以d0[i][j]=d[i-1][0] + g[i][j]
最后看0<p<j的情况：d0[i][j]=max{ max(d0[i][j-p]+f[i][p] , d[i][j-p]+g[i][p] ) }
最后的答案就是d0[m][k].（数据里没出现所有砖块打完后子弹还有剩余的情况，非常良心。。）
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define dep(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define read(x) scanf("%d", &x)
const int N=200+5, M=N, K=M;
int n, m, k, a[N][M], s[N][M];
uLL f[M][K], d[M][K];
char c;
int main()
{
read(n); read(m); read(k);
rep(i,1,n) rep(j,1,m) {
read(a[i][j]);
scanf("%c", &c); scanf("%c", &c);
if (c=='N') s[i][j]=0; else s[i][j]=1;
}
// 设f[i][tk]表示打第i列，用了tk发子弹所能获得的分值
rep(i,1,m) rep(j,1,k) f[i][j]=0;
rep(i,1,m) {
int tk=0;
f[i][0]=0;
dep(j,n,1) {
if (s[i][j]==0) { ++tk; if (tk>0) f[i][tk]=f[i][tk-1]; }
if (tk>k) break;
f[i][tk]+=a[j][i];
}
}
// 设d[i][j]表示打到第i列，用了j发子弹所能获得的最大分值
rep(i,0,k) d[0][i]=0;
rep(i,1,m) rep(j,0,k) {
d[i][j]=0;
rep(p,0,j) d[i][j]=max(d[i][j], f[i][p]+d[i-1][j-p]);
}
printf("%lld\n", d[m][k]);
return 0;
}
例2：NOIP2015 Day2T2字符串匹配
先来回顾一下和本题很像的两个经典问题：
① LCS：设d[i][j]表示字串A的前i位和字串B的前j位的LCS长度（不强制选a[i]或b[j]），则有：
d[i][j]=max{ d[i][j-1],d[i-1][j] | a[i]≠b[j] }, d[i][j]=d[i-1][j-1]+1(a[i]=b[j])
② LIS：设d[i]表示以a[i]结尾的LIS长度（即强制选i），则有：
d[i]=max{ d[j] | a[i]>=a[j] } +1
以上两个问题的状态设计是有其原因的。LCS中，后面的状态不会受到前面状态所依赖的原值的影响；而LIS会。
再来看本题。本题的状态如果只设计一种，比如：
d[i][j][k]表示考虑A串的前i位，匹配了B串的前j位，且已分成k段的方案数；
f[i][j][k]表示考虑A串的前i位，匹配了B串的前j位，且强制选第i位，且已分成k段的方案数；
以及我考场上傻逼出的各种奇葩的根本无法转移的状态。
然而本题的后面状态和前面状态的关系比较含糊。以上这些都无法单独转移。d[i][j][k]会造成重复，而f[i][j][k]根本不能搞：没法断开，断开的话转移的时间代价太大。
所以：两个状态互推！发现很容易转移了：
如果a[i]=b[j]，则 f[i][j][k] = f[i-1][j-1][k] +g[i-1][j-1][k-1] （连着a[i-1]-b[j-1]的方案数+不连着前面的方案数）
g[i][j][k] = f[i][j][k] + g[i-1][j][k]（选a[i]方案数 +不选a[i]方案数）
如果a[i]≠b[j]，则 f[i][j][k] = 0
g[i][j][k]= g[i-1][j][k]
但还有一个问题：这题卡空间。如果开满100分数组的话会MLE。所以需要采用滚动数组优化。根据这个递推的特点，我们可以优化掉第一维，也就是f[j][k]表示匹配到B串的位置j且已经分成k段的方案数，g亦然。然后按照j、k降序的顺序逆推即可。详见代码（代码中d数组即为上述分析中的g）。
更新：在某神犇的博客上看到了另一种状态设计，像是把上面这两种状态揉在一起了。。也可以很神奇地转移。。非常优美。。
“令f[i][j][k]表示当前第i位，匹配到母串第j个，已经匹配了k段的方案数。仅当b[i]=a[j]时f[i][j][k]!=0。然后f[i][j][k]=f[i-1][j-1][k]+Σ(x=1,j-1)f[i-1][x][k-1]。然后滚动一下空间ok，前缀和一下时间ok。”
详见 http://blog.csdn.net/lych_cys/article/details/50094255
// NOIP2015 Day2 T2
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const int N=1000+5, M=200+5, K=M, INF=0x3f3f3f3f, mod=1000000007;
#define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; i++)
#define dep(i,a,b) for (int i=a; i>=b; i--)
#define read(x) scanf("%d", &x)
#define fill(a,x) memset(a, x, sizeof(a))
int n, m, k, f[M][K], d[M][K];
char a[N], b[M];
int main()
{
read(n); read(m); read(k);
fill(d, 0); fill(f, 0);
scanf("%s\n%s", a, b);
d[0][0]=1; // 十分优美的初始化（雾。。
rep(i,1,n)
dep(j,min(i,m),1)
if (a[i-1]==b[j-1])
dep(p,min(k,j),1) {
f[j][p]=(f[j-1][p]+d[j-1][p-1])%mod;
d[j][p]=(f[j][p]+d[j][p])%mod;
}
else fill(f[j], 0); // 两个字符不相同时，f数组全置为0，s数组不变
printf("%d\n", d[m][k]);
return 0;
}
