P1437 [HNOI2004]敲砖块
题目描述
在一个凹槽中放置了 n 层砖块、最上面的一层有n 块砖，从上到下每层依次减少一块砖。每块砖
都有一个分值，敲掉这块砖就能得到相应的分值，如下所示。
14 15 4 3 23
33 33 76 2
2 13 11
22 23
31
如果你想敲掉第 i 层的第j 块砖的话，若i=1，你可以直接敲掉它；若i>1，则你必须先敲掉第
i-1 层的第j 和第j+1 块砖。
你现在可以敲掉最多 m 块砖，求得分最多能有多少。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行为两个正整数 n 和m；接下来n 行，描述这n 层砖块上的分值a[i][j],满足
0≤a[i][j]≤100。
对于 100%的数据，满足1≤n≤50，1≤m≤n*(n+1)/2；
输出格式：
输出文件仅一行为一个正整数，表示被敲掉砖块的最大价值总和。
最开始感觉不具有无后效性就对着容斥原理糊了一个多小时，思维从有依赖的背包到树上分组背包飘到TOPO+DP上，无果。
但是，对着三角形的非直角做是可以具有无后效性的
比如对如下这个图，从左往右一列一列的做就可以。
令(dp[i][j][k])表示前(i)列一共打了(j)块砖头并且在第(i)列打了(k)块砖头的最大得分。
这时候，左边的子小三角形就是独立的了，而直角边显然不行。
转移：
(dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-k][l]+s[i][k])),其中(l)为枚举的一维，(s[i][j])为前缀和数组。
非常值得注意的是，为了避免如下情况的(即三角形不连续)出现，对每一维选择0块砖头去打的情况我们也要注意到。
一些上下界的细节也很多，不过多赘述了。
当然，此题也有针对转移的优化，可以将复杂度降到(O(n^3))
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
const int N=52;
int n,m,f[N][N],dp[N][N*N][N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=n;j>=i;j--)
{
scanf("%d",&f[i][j]);
f[i][j]+=f[i-1][j];
}
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=min(m,(i+1)*i/2);j++)//总砖数
for(int k=0;k<=min(i,j);k++)//当前列选几块
for(int l=max(0,k-1);l<=i-1;l++)//上一列选几块
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-k][l]+f[k][i]);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
ans=max(ans,dp[i][m][j]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
2018.6.19