AT_joisc2015_i

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.CF1174E2023-11-154.ABC219H2023-11-085.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.P95232023-12-23

13.AT_joisc2015_i2023-12-23

14.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

收起

先将暴力转移方程列出来：设 $d{p}_{i,j,k,l}$ 表示当前 A 牌堆最上面三张分别是第 $i,j,k$ 张牌，B 牌堆最上面是第 $l$ 张的最大价值。则有：

$$d{p}_{i,j,k,l}\to d{p}_{j,k,k+1,i}(c_i=c_l\vee a_i=a_l)$$

$$d{p}_{i,j,k,l}\to d{p}_{i,j,k+1,k}(c_k=c_l\vee a_k=a_l)$$

$O(n^4)$，明显不能过。考虑优化。发现状态数 $O(n^4)$，转移 $O(1)$，优化状态即可。

容易发现，两种转移的目标装态的 $k$ 都为 $k+1$。可以考虑优化这一维。同时发现，要么 $k=j+1$，要么 $k=l+1$。所以可以将状态变为 $d{p}_{i,j,k,0/1}$ 表示 A 牌堆最上面三张为第 $i,j,j+1/l+1$ 张牌，B 牌堆最上面为第 $k$ 张的最大值。一样转移即可。

对于处理最后 $j,k$ 可能为 $0$ 或 $>n$ 的情况，可以先塞两个全为 $0$ 的物品到最后。

code：

点击查看代码

int n,m,a[N],b[N],c[N],dp[N][N][N][2];
void Yorushika(){
	scanf("%d",&n);
	rep(i,1,n){
		scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
	}
	n++,a[n]=b[n]=c[n]=0;
	n++,a[n]=b[n]=c[n]=0;
	mems(dp,-0x3f);
	dp[2][3][1][0]=c[1];
	dp[1][2][3][1]=c[3];
	int ans=0;
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,n){
			rep(l,1,n){
				if(dp[i][j][l][0]>-1e9){
					int k=j+1;
					if(a[i]==a[l]||b[i]==b[l]||!a[i])
						dp[j][k][i][0]=max(dp[j][k][i][0],dp[i][j][l][0]+c[i]);
					if(a[k]==a[l]||b[k]==b[l]||!a[k])
						dp[i][j][k][1]=max(dp[i][j][k][1],dp[i][j][l][0]+c[k]);
					ans=max(ans,dp[i][j][l][0]);
				}
				if(dp[i][j][l][1]>-1e9){
					int k=l+1;
					if(a[i]==a[l]||b[i]==b[l]||!a[i])
						dp[j][k][i][0]=max(dp[j][k][i][0],dp[i][j][l][1]+c[i]);
					if(a[k]==a[l]||b[k]==b[l]||!a[k])
						dp[i][j][k][1]=max(dp[i][j][k][1],dp[i][j][l][1]+c[k]);
					ans=max(ans,dp[i][j][l][1]);
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
	int t=1;
	//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		Yorushika();
}