Blocks题解
区间dp
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很好的一道区间dp的题目(别问我怎么想到的)
dp状态
其实这个题最难的地方是这道题目的状态怎么设
- 首先既然是区间dp，那肯定最先想到的状态是
(dp[i][j])表示消掉区间([i,j])上所有的块的最大分数
-
突然发现这个状态会受区间外和(i)或(j)颜色相同的块的影响
并且转移也并不好转移=_= -
所以我们考虑换一种状态。。。
既然说会受到外面的块的影响？那考虑一种方法来解决
(dp[i][j][k])表示消掉区间([i,j])并且区间([i,j])右边还有k个和j颜色相同的块（除此之外，这个序列没有别的块了），消掉这些所有的块的最大分数
有点抽象，再来感性理解一下：
当前处理的子问题(dp[i][j][k])主体由区间([i,j])组成，然后与(j)相同有(k)块接在后面，这(k)块之间的其他块已经全部消完了
- 如果实在还不明白，先看转移吧。。。
然后可以根据我们前面的错误状态自己思考为什么加上这一维
转移
(dp[i][j][k]):显然有两种转移
我这里是用记忆化搜索实现的
- 消掉j和后面的k块
```
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,j-1,0)+(k+1)*(k+1));
```
- 对于区间([i,j])，中间可能有和(j)颜色相同的块，假设位置为(p)，我们可以选择消掉区间([p+1,j-1])中所有的块使颜色拼起来，当然这是个子问题，所以前面讲了用记忆化搜索实现
PS: 下面代码的(nxt[p])是预处理的在(p)前面第一个和(p)颜色相同的块的位置
```
for(int p=nxt[j];p>=i;p=nxt[p])//枚举p
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,p,k+1)+Dfs(p+1,j-1,0));
```
汇总
讲完这些整个程序的实现就不难了
那我直接放上代码，不好意思，没有注释
#include<bits/stdc++.h>
#define lst long long
#define ldb double
#define N 250
using namespace std;
const int Inf=1e9;
int read()
{
int s=0,m=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')m=1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return m?-s:s;
}
int n;
int col[N],nxt[N],hd[N];
lst dp[N][N][N];//消掉[i,j]区间和[i,j]右边和j颜色一样的连续k个方块的最大分数
lst Dfs(int i,int j,int k)
{
if(i>j)return 0;
if(dp[i][j][k])return dp[i][j][k];
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,j-1,0)+(k+1)*(k+1));
for(int p=nxt[j];p>=i;p=nxt[p])
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],Dfs(i,p,k+1)+Dfs(p+1,j-1,0));
return dp[i][j][k];
}
int main()
{
int T=read();
for(int tt=1;tt<=T;++tt)
{
n=read();
memset(hd,0,sizeof(hd));
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(nxt,0,sizeof(nxt));
for(int i=1;i<=n;++i)
{
col[i]=read();
nxt[i]=hd[col[i]];
hd[col[i]]=i;
}
printf("Case %d: %lld
",tt,Dfs(1,n,0));
}
return 0;
}