Codeforces 1107E (Vasya and Binary String) (记忆化，DP + DP)

题意：给你一个长度为n的01串，和一个数组a，你可以每次选择消除一段数字相同的01串，假设消除的长度为len，那么收益为a[len]，问最大的收益是多少?

思路：前两天刚做了POJ 1390，和此题很相似：POJ 1390 。我们甚至可以直接套用这个题的状态转移方程。仍然先把01串预处理一下，把相邻的并且数字相同的位合并成一个块。这样，01串就变成了若干个相邻的01块了。

设dp[i][j][k]为处理第i个块到第j个块，并且后面有k个位和第j个块颜色相同，设f[i]为消除长度为i的串的最大收益，那么状态转移方程可以这样写：

1:先把后面相同的合并了：dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i][j - 1][0] + f[第j个块的位的个数 + k]。

2:与前面的颜色相同的块合并(假设块j与块p颜色相同)：dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i][p][k + 第j个块的位的个数] + dp[p + 1][j - 1][0]);

现在唯一的问题f数组怎么求？很明显此题并不是一次消除的长度越长越好，多次消除短的串可能获得更高的收益。我们可以思考一下，f[i]肯定是把长度i拆成1份，2份，......i份中收益最大的情况。

设re[i][j]为把长度j拆成i份获得的最大收益，我们可以暴力枚举第i份的长度是多少（假设是k），然后继续递归去求得把j - k拆成i - 1份的最优值来更新当前状态。那么f[i]就是re[1][i],re[2][i].....re[i][i]中的最优情况。

dp和re数组我们都可以记忆化，可以大幅度提高效率，31ms水过。。。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long

using namespace std;

LL dp[110][110][110];

bool v[110][110][110], v1[110][110];

LL f[110], b[110];

LL re[110][110];

struct node{

	int flag, cnt;

};

node a[110];

LL get_f(int tot, int n) {

	if(v1[tot][n]) return re[tot][n];

	if(tot == 1) {

		v1[tot][n] = 1;

		return re[tot][n] = f[n];

	}

	else {

		LL ans = 0;

		for (int i = 1; i <= n - tot + 1; i++) {

			ans = max(ans, f[i] + get_f(tot - 1, n - i));

		}

		v1[tot][n] = 1;

		return re[tot][n] = ans;

	}

}

int cal(int n) {

	LL ans = 0;

	f[n] = b[n];

	for (int i = 1; i <= n; i++) {

		ans = max(ans, get_f(i, n));

	}

	f[n] = ans;

}

LL solve(int l, int r, int x) {

	if(v[l][r][x]) return dp[l][r][x];

	if(l >= r) return f[a[r].cnt + x];

	LL ans = solve(l, r - 1, 0) + f[a[r].cnt + x];

	for (int i = l; i < r; i++) {

		if(a[i].flag == a[r].flag) {

			ans = max(ans, solve(l, i, a[r].cnt + x) + solve(i + 1, r - 1, 0));

		}

	}

	v[l][r][x] = 1;

	return dp[l][r][x] = ans;

}

int main() {

	int n;

	char s[210];

	scanf("%d", &n);

	scanf("%s", s + 1);

	int now_flag = -1, now = 0, tot = 0;

	for (int i = 1; i <= n; i++) {

		if(s[i] - '0' != now_flag) {

			a[++tot].flag = s[i] -'0';

			a[tot].cnt = 1;

			now_flag = s[i] - '0';

		} else {

			a[tot].cnt++;

		}

	}

	for (int i = 1; i <= n; i++) {

		scanf("%lld", &b[i]);

	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)

		cal(i);

	printf("%lld\n", solve(1, tot, 0));

}

巴特西

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