AtCoder Beginner Contest 290 Ex Bow Meow Optimization

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考虑观察答案形态。

当 \(n, m\) 均为偶数时，前一半位置有 \(\frac{n}{2}\) 个是狗，\(\frac{m}{2}\) 个是猫。并且前半段从前往后和后半段从后往前都是按权值从小到大放。调整法证明即可。

当 \(n\) 或 \(m\) 为奇数时，把 \(a_i\) 或 \(b_i\) 最大的放中间，一定不劣。证明就是考虑，中间那个位置的 \(|l_i - r_i|\) 为 \(0\)，所以一定是放最大的。

当 \(n, m\) 均为奇数时，把 \(a_i\) 或 \(b_i\) 最大的放中间，也一定不劣。

据此可以设计一个三次方 dp：\(f_{i, j, k}\) 表示考虑到权值前 \(i\) 小的小动物，前缀放了 \(j\) 个狗，\(k\) 个猫。转移平凡，考虑权值第 \(i\) 小的小动物放在前缀还是后缀即可。已经可以通过。

还有更优的线性对数做法。

code

// Problem: Ex - Bow Meow Optimization
// Contest: AtCoder - Toyota Programming Contest 2023 Spring Qual B（AtCoder Beginner Contest 290）
// URL: https://atcoder.jp/contests/abc290/tasks/abc290_h
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 310;

ll n, m, a[maxn], b[maxn], f[maxn << 1][maxn >> 1][maxn >> 1];
pii c[maxn << 1];

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%lld", &b[i]);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1);
	sort(b + 1, b + m + 1);
	ll ans = 0;
	if (n & 1) {
		if (m & 1) {
			ans += a[n];
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			ans += b[i];
		}
		--n;
	}
	if (m & 1) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			ans += a[i];
		}
		--m;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		c[i] = make_pair(a[i], 1);
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		c[n + i] = make_pair(b[i], 0);
	}
	sort(c + 1, c + n + m + 1);
	mems(f, 0x3f);
	f[0][0][0] = 0;
	int dog = 0, cat = 0;
	for (int i = 1; i <= n + m; ++i) {
		if (c[i].scd) {
			++dog;
		} else {
			++cat;
		}
		for (int j = 0; j <= n / 2; ++j) {
			for (int k = 0; k <= m / 2; ++k) {
				if (c[i].scd) {
					if (j) {
						f[i][j][k] = min(f[i][j][k], f[i - 1][j - 1][k] + c[i].fst * abs(k - (m - k)));
					}
					f[i][j][k] = min(f[i][j][k], f[i - 1][j][k] + c[i].fst * abs(cat - k - (m - (cat - k))));
				} else {
					if (k) {
						f[i][j][k] = min(f[i][j][k], f[i - 1][j][k - 1] + c[i].fst * abs(j - (n - j)));
					}
					f[i][j][k] = min(f[i][j][k], f[i - 1][j][k] + c[i].fst * abs(dog - j - (n - (dog - j))));
				}
			}
		}
	}
	ans += f[n + m][n / 2][m / 2];
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}