CF1107E Vasya and Binary String

CF1107E Vasya and Binary String

Codeforces, Educational Codeforces Round 59 (Rated for Div. 2), CF1107E Vasya and Binary String

题目大意

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给定一个长度为 (n) 的 01 串 (s)，和一个长度为 (n) 的正整数序列 (a)。

你需要进行若干次操作，直到字符串 (s) 为空。每步操作中，可以选择当前串 (s) 里的一段相同字符组成的连续子串，并将其删掉。然后它两边的字符会自动拼接起来。设当前删除的子串长为 (x)，那么可以获得 (a_x) 的收益。

求所有操作完成后，能获得的收益之和的最大值。

数据范围：(1leq nleq 100)，(1leq a_ileq 10^9)。

本题题解

考虑区间 DP。容易想到的一个状态设计是：( ext{dp}(i,j,k,0/1))，表示只考虑 ([i,j]) 这段区间，还剩下 (k) 个 (0) 或 (1) 没有删除时，能得到的最大收益（不包括这 (k) 个 (0/1) 的收益）。转移需要枚举 (i,j) 中间的断点，再枚举左边剩多少个 (0/1) 没有删掉（左边的知道了，用 (k) 减左边的就是右边的）。特别地，(k = 0) 时可以把两边的、剩余的部分一起消掉，并产生一个收益。时间复杂度 (mathcal{O}(n^5))，无法通过本题。另外，如果把状态简单定义为 ( ext{dp}(i,j))，也能得到一个 (mathcal{O}(n^5)) 做法，这里不细说了。

我们需要更巧妙的状态设计。

强行钦定区间的最后一位（(j)）是还没有被删掉的，或者说是和非当前区间里的数一起删掉的。可以理解为是上一种状态里的 "(k)" 个位置中的一员。

定义新状态 ( ext{dp}_2(i,j,x)) 表示只考虑 ([i,j]) 这段区间，(j) 后面有 (x) 个数是（要在之后的过程里）和它一起被删掉的。当然，既然只考虑了区间 ([i,j])，那我们也不知道 (j) 后面的串长什么样。所以这 (x) 个数是我们想象出来的，可能根本不存在这些数，但这不重要，我们只要保证能从符合实际的状态转移到答案即可。答案就是 ( ext{dp}(1,n,0))。

转移有两种：

• 把一段数删掉。这段是就是指 (j) 和它后面的数。于是有转移：( ext{dp}_2(i,j,x)leftarrow ext{dp}_2(i,j,0) + a_{x + 1})。
• 合并两段区间。枚举断点 (pin[i,j))，则：( ext{dp}_2(i,j,x)leftarrow ext{dp}_2(i,p,x + 1) + ext{dp}_2(p + 1, j - 1, 0))。这相当于把 (p)、(j)、以及 (j) 后面的 (x) 个数，一起删掉，所以执行这种转移的前提是 (s_{p} = s_{j})。并且，这次删除的收益已经算在 ( ext{dp}_2(i,j,x)) 里了，所以这里不需要加上。

感性理解：在第一种转移里，我们算上想象中的 (x) 的收益，相当于是开出了一张空头支票。而第二种转移，发现 (x) 减小了 (1)，这代表这我们的承诺在一步步兑现。具体来说，就是最后的那一位 (j)，从空头支票里走到了现实中。

于是，这个复杂的操作过程，就被转化为了简单的“开支票，再不断兑现”的过程。并且同一时间只需要处理一张支票，这是因为任意两个操作区间，要么相互并列，要么完全包含，不可能出现相交。([p + 1, j - 1]) 其实就是这种“完全包含”的情况，它是一个完全自闭的区间（自我封闭，也就是已经完结了）。特别地，这个区间的长度可能为 (0)，即 (p + 1 = j)，此时我们认为 ( ext{dp}_2(p + 1, j - 1, 0) = 0)。

转移的复杂度主要来自于枚举 (p)，是 (mathcal{O}(n)) 的。总时间复杂度 (mathcal{O}(n^4))。

参考代码

// problem: CF1107E
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 100;
const ll LL_INF = 1e15;

int n, a[MAXN + 5];
char s[MAXN + 5];

ll dp[MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];

int main() {
	cin >> n;
	cin >> (s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = i; j <= n; ++j) {
			for (int k = 0; k <= n; ++k) {
				dp[i][j][k] = -LL_INF;
			}
		}
		for (int k = 0; k <= n - i; ++k) {
			dp[i][i][k] = a[k + 1];
		}
	}
	
	for (int len = 2; len <= n; ++len) {
		for (int i = 1; i + len - 1 <= n; ++i) {
			int j = i + len - 1;
			for (int k = 0; k <= n - j; ++k) {
				ckmax(dp[i][j][k], dp[i][j - 1][0] + a[k + 1]);
			}
			
			for (int k = 0; k <= n - j; ++k) {
				for (int l = i; l <= j - 1; ++l) if (s[l] == s[j]) {
					ckmax(dp[i][j][k], dp[i][l][k + 1] + dp[l + 1][j - 1][0]);
				}
			}
		}
	}
	cout << dp[1][n][0] << endl;
	
	return 0;
}