洛谷1846 游戏 dp

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题意：
给定两个正整数数列，你要用它们来做一个游戏：你需要对数列进行若干次操作，每一次操作，应选择两个正整数K1和K2 ，并删除第一个数列的最后K1个数，计算出它们的和S1；删除第二个数列的最后K2个数，计算出它们的和S2。这一次操作的得分就是(S2-K2 )*(S1-K1 )。两个数列应同时被清空，不允许一个数列空了，而另一个数列中还有数。游戏的总得分就是每一次操作的得分总和。

求最小的总得分。

数列长度$<=2000$，权值都是正整数。

题解：
这种题看起来评分不高，但是其实也不一定就很好做。一般代码很短的题都会思维难度不低。

这个题最简单的dp想法是$dp[i][j]$表示第一个数列考虑了后$i$个数，第二个数列考虑了后$j$个数的最小答案。最暴力的转移方法是枚举两个数列的上一个位置分别在哪里，这样可以得到一个$O(n^2\ast m^2)$的做法。但是这个做法似乎也不太能用一些常规的手段来优化。

但是这个题的正权做法并不是更换状态，而是更换转移思路。首先对于贡献答案的式子中减去的那个区间长度，我们转化成在两个数列里的每个数的权值都减去$1$，这样根据乘法的分配律，相乘之后结果不会改变的。这样之后我们不去枚举两个数列上一次的端点在哪里了，而是直接从前面的位置转移过来。我们考虑两次合并，设第一次的贡献是$a1\ast b1+a2\ast b2$，那么如果两次合为一次的话贡献是$(a1+a2)\ast (b1+b2)$，后者一定大于前者，所以我们分的段数越多答案越优。由于两端长度不一定相同，所以我们每次一定是在一个数列选了一个数，再另一个数列选了连续的几个数。那么我们就在转移的时候考虑当前是在两个数列都是一个数，还是第一个数列仍然用之前的数，第二个数列继续加进新的数，或者第一个数列继续加进来新的数，第二个数列仍然是只选之前的那一个数。于是我们得出dp方程式：$dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],dp[i][j-1],dp[i-1][j])+a[i]\ast b[j]$。根据乘法的分配律，可以保证这样算的正确性。

这样就可以用一个状态数是$O(n\ast m)$，转移复杂度是$O(1)$的dp来解决这个题了。

代码：

#include 
using namespace std;

int n,m,a[2010],b[2010],dp[2010][2010];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		--a[i];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d",&b[i]);
		--b[i];
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=1;j<=m;++j)
		dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+a[i]*b[j],min(dp[i-1][j]+a[i]*b[j],dp[i][j-1]+a[i]*b[j]));
	}
	printf("%d\n",dp[n][m]);
	return 0;
}