蓝书（算法竞赛进阶指南）刷题记录——POJ1390 Blocks（区间DP+记忆化搜索）

题目：POJ1390.
题目大意：给定一个长度为$n$的序列，每次可以删除权值相同连续一段且得分为长度的平方，求最大得分.
数据组数$\le 15$,$1\le n\le 200$.

按照区间DP的套路，设$f[l][r]$表示区间$[l,r]$的答案，发现根本没办法转移.

考虑无法转移的原因是什么，我们发现在转移的时候，若把中间消掉了，还有一段可以并起来，但是这一段并起来的比原来增加的增量并不能直接算出来，现在我们要解决的是如何提前预知增量.

我们先把连续的同色段并称一个二元组$(a_i,c_i)$，表示为$a_i$的颜色连续出现了$c_i$个.然后我们设$f[l][r][k]$表示区间$[l,r]$中第$r$个二元组变成$(a_r,c_r+k)$后的答案，这个问题就变得容易了许多.

考虑如何转移，一种情况是$f[l][r][k]$中第$r$个二元组可以不与前面任意一个合并，即$f[l][r-1][0]+(c_r+k{)}^2$；另一种是当满足$i\in [l,r-1)$且$a[i]=a[r]$时，第$r$个二元组与第$k$个合并，即$f[l][i][c_r+k]+f[mid+1][r-1][0]$.即：
$$f[l][r][k]=\{\begin{array}{cc}(c_l+k{)}^2& l=r\\ \max \left\{f[l][r-1][0]+(c_r+k{)}^2,{\max }_{i=l,a[i]=a[r]}^{r-2}\left\{f[l][i][c_r+k]+f[i+1][r-1][0]\right\}\right\}& l≠r\end{array}$$

这个算法的时间复杂度为$O(n^4)$，但其实有大量无用状态不用计算，所以用记忆化搜索实现后常数会变得非常小，实测可以通过本题.

代码如下：

#include
#include
#include
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=200;

int n,a[N+9],cnt[N+9],dp[N+9][N+9][N+9],vis[N+9][N+9][N+9];

int sqr(int x){return x*x;}

int Dfs_dp(int L,int R,int i){
  int &res=dp[L][R][i];
  if (vis[L][R][i]) return res;
  vis[L][R][i]=1;
  if (L==R) return res=sqr(cnt[L]+i);
  res=Dfs_dp(L,R-1,0)+sqr(cnt[R]+i);
  for (int mid=L;mid<R-1;++mid)
    if (a[mid]==a[R]) res=max(res,Dfs_dp(L,mid,cnt[R]+i)+Dfs_dp(mid+1,R-1,0));
  return res;
}

Abigail into(){
  scanf("%d",&n);
  int ca=0,x;
  for (int i=1;i<=n;++i){
  	scanf("%d",&x);
    if (a[ca]==x) ++cnt[ca];
    else a[++ca]=x,cnt[ca]=1;
  }
  n=ca;
}

Abigail work(){
  for (int i=1;i<=n;++i)
    for (int j=i;j<=n;++j)
      for (int k=0;k<=n;++k)
        vis[i][j][k]=0;
}

Abigail outo(int cas){
  printf("Case %d: %d\n",cas,Dfs_dp(1,n,0));
}

int main(){
  int T;
  scanf("%d",&T);
  for (int i=1;i<=T;++i){
    into();
    work();
    outo(i);
  }
  return 0;
}