i++ lock mat cli while opacity over 兩個 每次

字符合並

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Description

　　有一個長度為 n 的 01 串，你可以每次將相鄰的 k 個字符合並，得到一個新的字符並獲得一定分數。 　　得到的新字符和分數由這 k 個字符確定。你需要求出你能獲得的最大分數。

Input

　　第一行兩個整數n，k。接下來一行長度為n的01串，表示初始串。 　　接下來2^k行，每行一個字符ci和一個整數wi， 　　ci表示長度為k的01串連成二進制後按從小到大順序得到的第i種合並方案得到的新字符, 　　wi表示對應的第i種方案對應獲得的分數。

Output

　　輸出一個整數表示答案

Sample Input

　　3 2
　　101
　　1 10
　　1 10
　　0 20
　　1 30

Sample Output

　　40

HINT

　　1<=n<=300 ,0<=ci<=1, wi>=1, k<=8

Solution

　　我們顯然考慮區間DP，再狀態壓縮一下，f[l][r][opt]表示[l, r]合成了opt的最大價值。

　　如果一個區間長度為len的話，最後合完會長度會變為len % (k - 1)。

　　轉移的本質是把長度為k的區間變成0/1，分情況處理。

　　　　先枚舉每一個斷點pos

，表示我們要把[pos, r]合成一個0/1，那麽就要保證(r - pos + 1) % (k - 1) = 1，否則我們DP的時候，會把000看做是0一樣轉移，導致不能合成為一個0/1的合成了。

　　　　若len % (k -1) = 1，則合成完會剩下一個數，我們判斷一下[l, r]能否合成一個opt的狀態，若可以，則f[l][r][c[opt]] = max(f[l][r][opt] + val[opt])。註意要先拿一個變量記錄下來，不能直接更新，否則會出現0狀態更新了1，然後1又用0更新了的情況，導致答案過大。

　　最後答案顯然就是max(f[1][n][opt])。

Code

 1 #include<iostream>
 2
 
 #include<string>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cstring>
 6 #include<cstdlib>
 7 #include<cmath>
 8 using namespace std;
 9 typedef long long s64;
10  
11 const int ONE = 305;
12 const int MOD = 1e9 + 7;
13  
14 int n, k;
15 int total;
16 int a[ONE];
17 char s[ONE];
18 int c[ONE], val[ONE];
19 s64 f[ONE][ONE][ONE];
20 s64 Ans;
21  
22 int get()
23 {
24         int res=1,Q=1;  char c;
25         while( (c=getchar())<48 || c>57)
26         if(c==‘-‘)Q=-1;
27         if(Q) res=c-48; 
28         while((c=getchar())>=48 && c<=57) 
29         res=res*10+c-48;
30         return res*Q; 
31 }
32  
33 int main()
34 {
35         n = get();  k = get(); total = (1 << k) - 1;
36  
37         for(int i = 1; i <= n; i++)
38             for(int j = 1; j <= n; j++)
39                 for(int opt = 0; opt <= total; opt++)
40                     f[i][j][opt] = -1;
41  
42         scanf("%s", s + 1);
43         for(int i = 1; i <= n; i++)
44             a[i] = s[i] - ‘0‘, f[i][i][a[i]] = 0;
45  
46         for(int i = 0; i <= total; i++)
47             c[i] = get(), val[i] = get();
48  
49         for(int l = n; l >= 1; l--)
50             for(int r = l; r <= n; r++)
51                 {
52                     if(l == r) continue;
53  
54                     for(int pos = r - 1; pos >= l; pos -= k - 1)
55                         for(int opt = 0; opt <= total; opt++)
56                         {
57                             if(f[l][pos][opt] == -1) continue;
58                             if(f[pos + 1][r][0] != -1 && (opt << 1) <= total)
59                                 f[l][r][opt << 1] = max(f[l][r][opt << 1], f[l][pos][opt] + f[pos + 1][r][0]);
60                             if(f[pos + 1][r][1] != -1 && (opt << 1 | 1) <= total)
61                                 f[l][r][opt << 1 | 1] = max(f[l][r][opt << 1 | 1], f[l][pos][opt] + f[pos + 1][r][1]);
62                         }
63  
64                     if((r - l + 1) % (k - 1) == 1 || k == 2)
65                     {
66                         s64 A = -1, B = -1;
67                         for(int opt = 0; opt <= total; opt++)
68                             if(f[l][r][opt] != -1)
69                             {
70                                 if(c[opt] == 0) A = max(A, f[l][r][opt] + val[opt]);
71                                 if(c[opt] == 1) B = max(B, f[l][r][opt] + val[opt]);
72                             }
73  
74                         f[l][r][0] = max(f[l][r][0], A);
75                         f[l][r][1] = max(f[l][r][1], B);
76                     }
77                 }
78  
79         for(int opt = 0; opt <= total; opt++)
80             Ans = max(Ans, f[1][n][opt]);
81  
82         printf("%lld", Ans);
83  
84 }
85 

View Code

• 制作

【BZOJ4565】【HAOI2016】字符合並 [狀壓DP][區間DP]