题目
测试地址：POJ2228，USACO 2005 January Gold。
题目来源：USACO 2005 January Gold / 模拟赛 T2（本题题面）。
题目描述
正在 rainbow 的城堡游玩的 Freda 恰好看见了在地毯上跳舞卖萌的水叮当……于是……
Freda：“呜咕>_< 我也要卖萌T_T！”
rainbow 给了 Freda (N) 秒的自由活动时间，不过由于刚刚游览城堡有些累了，Freda 只想花 (B) 秒的时间来卖萌，剩下的时间她要在 rainbow 的城堡里睡个好觉好好休息一下。
rainbow 给这 (N) 秒每秒定义了一个值 (U_i)，如果第 (i) 秒钟 Freda 在卖萌，那么她可以获得 (U_i) 点卖萌指数lala~
Freda 开始卖萌后可以随时停止，休息一会儿之后再开始。不过每次 Freda 开始卖萌时，都需要 (1) 秒来准备= =，这一秒是不能获得卖萌指数的。当然，Freda 卖萌和准备的总时间 不能超过 (B)。
更特殊的是，这 (N) 秒钟时间是 环形 的。也就是 Freda 可以从任意时间开始她的自由活动并持续 (N) 秒。
为了使自己表现得比水叮当更萌，现在 Freda 想知道，她最多能获得多少卖萌指数呢？
输入格式
第一行包含两个整数 (N) 和 (B)。
第 (2)~(N+1) 行每行一个整数，其中第 (i+1) 行的整数表示 (U_i)。
输出格式
输出一个整数，表示 Freda 可以获得的最大卖萌指数。
数据范围
各个测试点时间限制 (1mathrm{s})，空间限制 (1mathrm{GiB})。
- 对于 (60\%) 的数据，(Nleq 100)
- 对于 (100\%) 的数据，(0leq Bleq Nleq 3600)，(0leq U_ileq 200000)。
分析
这道题可以看出来是 (mathtt{DP})，只不过环形这个条件比较难搞。
线性情况
状态定义和递推
先考虑线性的情况，定义 (f_{i,j}) 为前 (i) 分钟已经卖萌 (j) 分钟的卖萌指数最大值。
则可以得到：（(val(i,j))代表从 (i) 时刻到 (j) 时刻的卖萌指数）
在这个基础上，我们发现这个算法的复杂度是 (Theta(n^3)) 的，只能通过部分分。如何优化？
优化
首先，(val(i,j)) 是可以通过前缀和实现 (Theta(1)) 的（设前缀和数组为({pref_i})）。接下来考虑 (max_{0< kleq j}{f_{i-k,j-k}})
考虑数列 (l_{k,u} = max_{kleq tleq u}{f_{t,t-k}-pref_{t+1}})，则 (max_{0< kleq j}{f_{i-k,j-k}}) 就是 (l_{i-j,i-1}+pref_i)。
每次计算出 (f_{i,j}) 后，可以 (Theta(1)) 更新 (l_{i-j,i})，这样就可以将复杂度降至 (Theta(n^2))。
同时 (l_{k,u}) 可以简化成 (l_k)，节省空间。（虽然这道题有的是空间）
上代码：
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= i && j <= lim; j++)
{
dp[i][j] = ab_max(dp[i-1][j], ln[i-j] + pref[i]);
if (i != n)
ln[i-j] = ab_max(ln[i-j], dp[i-1][j] - pref[i+1]);
}
环形情况
既然线性情况 Get，那么环形又如何处理呢？
对于最优情况，首先考虑这几个结论：
- 卖萌结束后的下一分钟，卖萌必然不开始。
为什么？如果下一分钟开始了，这一分钟的卖萌指数就无法算入。但是如果将这一分钟连上上一分钟的卖萌，这一分钟的卖萌指数就能算入。
考虑到 (U_i geq 0)，所以算上一定 不差于 不算上。
- 线性与环形的唯一差别就是第 (1) 分钟有没有卖萌 （不是准备）。
为什么？因为如果第 (1) 分钟没有卖萌或在做准备，则与线性的某种情况等价。
唯一要考虑的环形情况就是有跨越的卖萌时间段。
所以，我们再进行一遍 (mathtt{DP})。只不过这一次 (mathtt{DP}) 强制要求第 (1) 分钟正在卖萌，而且从某一时刻到第 (n) 分钟一直在卖萌（有准备）。
为了思路清晰，这次使用 (revdp_{i,j}) 进行记录。
上代码：
memset(ln, 0xcf, sizeof(ln));
revdp[0][0] = revdp[1][0] = 0;
ln[0] = -pref[1]; // 注意初始化
revdp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= lim; i++)
revdp[i][i] = pref[i];
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int j = 0; j < i && j <= lim; j++)
{
revdp[i][j] = ab_max(revdp[i-1][j], ln[i-j] + pref[i]);
ln[i-j] = ab_max(ln[i-j], revdp[i-1][j] - pref[i+1]);
}
for (int i = 0; i <= lim; i++)
revdp[n][i] = ln[n-i] + pref[n];
最后只需要在 (dp_{n,b}) 和 (revdp_{n,b}) 中选择一个最小值就行了。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int max_n = 3600;
int pref[max_n+1], dp[max_n+1][max_n+1], ln[max_n+1], revdp[max_n+1][max_n+1] = {};
inline int ab_max(int x, int y) { return (x > y)? x:y; }
int main()
{
memset(dp, 0xcf, sizeof(dp));
memset(revdp, 0xcf, sizeof(revdp));
memset(ln, 0xcf, sizeof(ln));
dp[0][0] = dp[1][0] = 0;
int n, lim, tmp;
scanf("%d%d", &n, &lim);
if (lim <= 1)
{
puts("0");
return 0;
}
pref[0] = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d", &tmp);
pref[i+1] = pref[i] + tmp;
}
ln[0] = -pref[1];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= i && j <= lim; j++)
{
dp[i][j] = ab_max(dp[i-1][j], ln[i-j] + pref[i]);
if (i != n)
ln[i-j] = ab_max(ln[i-j], dp[i-1][j] - pref[i+1]);
}
memset(ln, 0xcf, sizeof(ln));
revdp[0][0] = revdp[1][0] = 0;
ln[0] = -pref[1];
revdp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= lim; i++)
revdp[i][i] = pref[i];
for (int i = 1; i < n; i++)
for (int j = 0; j < i && j <= lim; j++)
{
revdp[i][j] = ab_max(revdp[i-1][j], ln[i-j] + pref[i]);
ln[i-j] = ab_max(ln[i-j], revdp[i-1][j] - pref[i+1]);
}
for (int i = 0; i <= lim; i++)
revdp[n][i] = ln[n-i] + pref[n];
printf("%d
", ab_max(dp[n][lim], revdp[n][lim]));
return 0;
}
备注
标算使用的定义是 (f_{i,j,k}) 为前 (i) 分钟共卖萌 (j) 分钟，第 (i) 分钟的状态为 (k) 时的最大卖萌指数。
则状态转移就是 (f_{i,j,k}=egin{cases}max_{u=0,1}{f_{i-1,j,u}}&k=0\max{f_{i-1,j-1,0},f_{i-1,j-1,1}+U_i}}&k=1end{cases})
至于具体的细节，供读者思考。（明明是 5ab 太菜了，想不出来）