【WC2019模拟2019.1.12】二分的代价（状态互换dp）

Description:

题解：

非常容易想到一个$O(n^3)$的dp，于是做不动了。

考虑一个数变大，这个序列的答案只会更大，所以答案不会超过$9\ast logn$

因此状态互换。

设$f_{i,j}$表示从i开始，在花费j的代价最远能走到哪里。

枚举一个点p：
$f_{i,j}=max(f_{i,j-1},[f_{i,j-a[p]}>=p-1]\ast f_{p+1,j-a[p]})$

发现瓶颈在a[p]，不妨对a[p]相同的一起做，维护前缀max，p在j的前面虽然意义上不合法，但是答案只会更劣，所以不用担心答案会错，这是一个简单的套路。

转移复杂度$O(n\ast ans)$，维护前缀max复杂度$O(n\ast ans\ast 10)$，卡卡常数就能过。

实际上有更优的复杂度：
再设$g_{i,j}$表示从i开始，代价为j，最左能够到哪儿。

这两个东西可以互相转移，也是用维护前后缀max的方式，比较巧妙。

#include
#include
#define pp printf
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i --)
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n, a[N], f[154][N], mx[N];
char s[N];

int main() {
	freopen("cost.in", "r", stdin);
	freopen("cost.out", "w", stdout);
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	fo(i, 1, n) a[i] = s[i] - '0';
	fo(i, 1, n) f[a[i]][i] = i, f[0][i] = i - 1;
	fo(j, 0, 153) f[j][n + 1] = n;
	fo(j, 1, 153) {
		fo(i, 1, n) f[j][i] = max(f[j][i], f[j - 1][i]);
		 fo(k, 1, 9) {
		 	if(j < k) break;
		 	fo(i, 1, n) if(a[i] == k)
			 	mx[i] = max(mx[i - 1], f[j - a[i]][i + 1]); else
			 	mx[i] = mx[i - 1];
		 	fo(i, 1, n) mx[i] = max(mx[i], mx[i - 1]);
			fo(i, 1, n) f[j][i] = max(f[j][i], mx[f[j - k][i] + 1]);
		 }
		 if(f[j][1] >= n) {
			printf("%d\n", j); return 0; 
		}
	}
}