ABC219H

合集 - dp(24)

1.无论如何，我都不会离开你的。2023-12-042.如果会做题就好了2023-12-043.CF1174E2023-11-15

4.ABC219H2023-11-08

5.AGC034E2023-11-086.#9134. 翻转硬币 题解2023-10-127.ABC243F2023-07-158.ARC090E2023-07-159.[P4965]薇尔莉特的打字机 题解2023-01-0910.P63712023-02-1711.P97452023-12-2312.P95232023-12-2313.AT_joisc2015_i2023-12-2314.ABC321G2023-12-2315.CF1140G2023-12-2316.CF1768F2023-12-2317.CF1917F2024-01-0718.ARC162F2024-01-1619.旅行者2024-01-2120.CF1218A2024-03-0921.CF288E2024-03-0922.CF382E2024-03-0923.CF1799G2024-03-0924.CF263E2024-03-09

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做起来真的没有想象中的那么难（？）感谢 @zltqwq 讲的好题/bx

首先考虑蜡烛可以烧到负数长度怎么做。发现这题等同于关路灯。设个状态：$d{p}_{i,j,0/1}$ 表示当前 $[i,j]$ 范围内的蜡烛都已熄灭，现在人在左/右端点的最大答案。枚举从 $[i+1,j]$ 或 $[i,j-1]$ 转移即可。

然后加入只能烧到 $0$ 长度怎么做。看起来变得非常麻烦，但是会发现一个性质：此时问题的答案不会比上面问题的答案更小。因为相对于上面的问题，此时长度 $<0$ 的蜡烛相当于是被我们删去了。

此时就可以将这个问题转化一下：你可以在这些蜡烛中选任意多个删去，并根据上面的方式计算，并将所有结果取 $max$。因为在最优情况中，有正贡献的蜡烛一定会被选，否则一定不会。所以这两个问题是等价的！

现在是不是就变得明朗了呢？

所以可以直接把选了多少个塞进状态。设 $d{p}_{i,j,k,0/1}$ 表示当前 $[i,j]$ 范围内的蜡烛都已熄灭，还有 $k$ 个蜡烛会产生贡献，现在人在左/右端点的最大答案。枚举从 $[i+1,j]$ 或 $[i,j-1]$ 转移及当前蜡烛有没有被删去即可。时间复杂度 $O(n^3)$。

code：

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int n,m;
ll dp[N][N][N][2];
struct node{
	ll c,p;
}e[N];
inline ll cost(int l,int r,int p,int k,int op){
	return max(dp[l][r][k][op]-(op?abs(e[r].p-e[p].p):abs(e[l].p-e[p].p))*k,dp[l][r][k+1][op]-(op?abs(e[r].p-e[p].p):abs(e[l].p-e[p].p))*(k+1)+e[p].c);
}
inline bool cmp(node x,node y){
	return x.p!=y.p?x.p<y.p:x.c>y.c;
}
void Yorushika(){
	scanf("%d",&n);
	rep(i,1,n){
		scanf("%lld%lld",&e[i].p,&e[i].c);
	}
	e[++n]={-inf,0};
	sort(e+1,e+n+1,cmp);
	int s=0;
	rep(i,1,n){
		if(!e[i].p)
			s=i;
	}
	mems(dp,-0x3f);
	rep(i,0,n){
		dp[s][s][i][0]=dp[s][s][i][1]=0;
	}
	ll ans=0;
	drep(i,s,1){
		rep(j,s,n){
			if(i==j)
				continue;
			rep(k,0,n){
				dp[i][j][k][0]=max(cost(i+1,j,i,k,0),cost(i+1,j,i,k,1));
				dp[i][j][k][1]=max(cost(i,j-1,j,k,0),cost(i,j-1,j,k,1));
				ans=max(ans,max(dp[i][j][k][0],dp[i][j][k][1]));
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		Yorushika();
}