[BZOJ4565][Haoi2016]字符合并（状压dp）

题目描述

传送门

题解

i,j,k都比较小，可以考虑状压dp。
令 f[i][j][S] 表示将i~j这一段消到S这个状态能获得的最大得分。
只考虑两种转移：
①类似区间dp的方法，枚举端点mid，枚举i~mid的状态，mid+1~j的状态为0或1。注意这里每次消除只能是k的整数倍，所以mid+1~j只能是k的整数倍。
即 f[i][j][S<<1]=max(f[i][j][S<<1],f[i][m−1][S]+f[m][j][0]) 或 f[i][j][S<<1|1]=max(f[i][j][S<<1|1],f[i][m−1][S]+f[m][j][1])
刚开始没有这样写，而是枚举整个区间的状态之后，用S>>1和S&1转移。不过这样的话有一个问题，就是消除区间的时候由于是二进制表示，001,01,和1都表示成了一个状态没法区分。
②将长度正好可以消除的S直接向c[S]转移。但是这里要注意一个问题，就是要用一个临时数组记录一下，就是刚转移完的状态不能紧接着转移下一个状态，这里也存在我上面说的那个状态表示的问题。转移方程： g[c[S]]=max(g[c[S]],f[i][j][S]+w[S]) ， f[i][j][0]=g[0],f[i][j][1]=g[1] 。
时间复杂度 O(n3∗2k) ，但是实际上有效的转移不会很多。注意转移来的状态必须是合法的状态，可以刚开始把f数组赋成负无穷来区分。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 305
#define LL long long

char ch[N];
int n,k,s[N],c[1<<8];
LL w[1<<8],f[N][N][1<<8],inf,ans;
inline void up(LL &x,LL f0){x=max(x,f0);}
int main()
{
    scanf("%d%d\n",&n,&k);
    gets(ch);
    for (int i=0;i1]=ch[i]-'0';
    for (int i=0;i<(1<scanf("%d%lld",&c[i],&w[i]);

    memset(f,128,sizeof(f));inf=f[0][0][0];

    for (int i=1;i<=n;++i) f[i][i][s[i]]=0;
    for (int l=2;l<=n;++l)
        for (int i=1;i<=n-l+1;++i)
        {
            int j=i+l-1;
            int len=j-i; LL now,t;
            while (len>=k) len-=k-1;
            for (int m=j;m>i;m-=k-1)
                for (int S=0;S<(1<if (f[i][m-1][S]!=inf)
                    {
                        if (f[m][j][0]!=inf) f[i][j][S<<1]=max(f[i][j][S<<1],f[i][m-1][S]+f[m][j][0]);
                        if (f[m][j][1]!=inf) f[i][j][S<<1|1]=max(f[i][j][S<<1|1],f[i][m-1][S]+f[m][j][1]);
                    }
            if (len==k-1)
            {
                LL g[2]; g[0]=g[1]=inf;
                for (int S=0;S<(1<if (f[i][j][S]!=inf)
                        g[c[S]]=max(g[c[S]],f[i][j][S]+w[S]);
                f[i][j][0]=g[0]; f[i][j][1]=g[1];
            }
        }
    for (int i=0;i<(1<1][n][i]);
    printf("%lld\n",ans);
}

总结

①当数据范围比较小的时候考虑状压dp。
②状态的表示要考虑好。