[BZOJ 4565][HAOI 2016] 字符合并 状压DP+区间DP

题目传送门：【BZOJ 4565】

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题目大意：有一个长度为 n 的 01 串，你可以每次将相邻的 k 个字符合并，得到一个新的字符并获得一定分数。得到的新字符以及得到的分数由这 k 个字符确定。你需要求出你能获得的最大分数。

输入第一行为两个整数 n，k。接下来一行为长度为 n 的 01 串，表示初始串。接下来 2k 行，每行一个字符 c i 和一个整数 w i ，c i 表示长度为 k 的 01 串连成二进制后按从小到大顺序得到的第 i 种合并方案得到的新字符，w i 表示对应的第 i 种方案获得的分数。（1 ≤ n ≤ 300，0 ≤ c i ≤ 1，w i ≥ 1，k ≤ 8）
输出一个数字表示答案。

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题目分析：
（虽然本人做出来了，但是我讲不来状态表示法，因此这里大家可以参考某 dalao 的题解）

Orz(http://blog.csdn.net/clove_unique/article/details/52261939)

好的。回到这里。

首先我们看到这类问题，肯定不能去暴力地改变每个位置的值；既然不能暴力改位置了，那么接下来基本上是 DP 的内容了。果然，这道题就是一个状压 DP 的基本运用，嵌入了区间 DP 的思想。

分析题目，观察到每个位置都可以被其对应的另一段区间转移到。所以我们直接用 dp i,j,k 表示将 i~j 这一段消除到 k 状态时，得到的最大分数。

（哎呀实在是没法口胡了，还是代码写得清真）

另外，这道题看起来是 O(n 3 * 2 k )，好像过不了；但是考虑到每一段能够转移的状态有限，实际复杂度大约只有 O(n 2 * 2 k )。

下面附上代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MX=305;

int n,m,k,line[MX];
LL ans=0,dp[MX][MX][260],to[MX],mth[MX];

void solve(){
    for (int i=1;i<=n;i++){                  //初始化长度为 1 的 dp 值为 0
        dp[i][i][line[i]]=0;
    }
    for (int len=2;len<=n;len++){
        for (int i=1;i<=n-len+1;i++){
            int j=len+i-1,tmp=j-i;
            while (tmp>=k) tmp-=k-1;         //避免减过
            for (int p=j;p>i;p-=k-1){
                int totl=1<
                for (int q=0;q
                    if (~dp[i][p-1][q]){
                        if (~dp[p][j][0])
                            dp[i][j][q<<1]=max(dp[i][j][q<<1],dp[i][p-1][q]+dp[p][j][0]);
                        if (~dp[p][j][1])
                            dp[i][j][q<<1|1]=max(dp[i][j][q<<1|1],dp[i][p-1][q]+dp[p][j][1]);
                    }
                }
            }
            if (tmp==k-1){
                LL moveto[2]={-1,-1};           //为了和其他数组匹配，同时开long long
                for (int q=0;q
                    if (~dp[i][j][q]){
                        moveto[to[q]]=max(moveto[to[q]],dp[i][j][q]+mth[q]);
                    }
                }
                dp[i][j][0]=moveto[0];
                dp[i][j][1]=moveto[1];
            }
        }
    }
}

int main(){
    memset(dp,0xff,sizeof(dp));             //初始化值为-1
    scanf(”%d%d”,&n,&k);
    m=1<
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf(”%1d”,&line[i]);
    }
    for (int i=0;i
        scanf(”%d%lld”,&to[i],&mth[i]);
    }
    solve();
    for (int i=0;i
        ans=max(ans,dp[1][n][i]);
    }
    printf(”%lld”,ans);
    return 0;
}