bzoj 4565 字符合并

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Description

有一个长度为 (n) 的 (01) 串，你可以每次将相邻的 (k) 个字符合并，得到一个新的字符并获得一定分数。得到的新字符和分数由这(k) 个字符确定。你需要求出你能获得的最大分数。

Input

第一行两个整数(n，k)。接下来一行长度为n的01串，表示初始串。接下来(2^k)行，每行一个字符(c_i)和一个整数(w_i)，(c_i)表示长度为(k)的(01)串连成二进制后按从小到大顺序得到的第i种合并方案得到的新字符,(w_i)表示对应的第(i)种方案对应获得的分数。

Output

输出一个整数表示答案.

Sample Input

3 2
101
1 10
1 10
0 20
1 30

Sample Output

40

• 第3行到第6行表示长度为2的4种01串合并方案。00->1,得10分，01->1得10分，10->0得20分，11->1得30分。

Hint

(1leq nleq 300,0leq cileq 1,1leq w_i,kleq8.)

Solution

并不会做...于是临摹zxTLEdalao的题解...然后自己似乎懂了一点.

• 这道题(kleq8),做出一副状压的嘴脸虽然的确也用到了状压,但解决本题的核心在于区间(dp).
• 考虑令(f[l][r][p])表示将原串([l,r])合并为(t)能获得的最大收益.
• 显然是满足无后效性的.合并起来之后就不再关心合并过程了.
• 枚举中间的端点(mid),使得(mid)右边的子串合并起来是(t)的最后一位数字,左边的子串合并起来是(t)前面的数字.
• 注意到,合并时只能连续的(k)个数字合并,那么可以合并成(1)位数字的子串长度一定为(1,k,2k-1......),枚举(mid)时相差为(k-1)即可.
• 特殊情况:从(l)到(r)恰好有(k)个数,这时我们直接合并,用辅助数组(g)求出此时的(f),

#include<bits/stdc++.h>
#define inf (1LL<<60)//防止相加爆long long 
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
inline void upd(ll &x,ll y)
{
	x=max(x,y);
}
const int MAXN=329;
const int MAXS=(1<<8)+10;
int a[MAXN];
int n,k,lim;
char buf[MAXN];
ll w[MAXS],c[MAXS]; 
ll f[MAXN][MAXN][MAXS];//f[l][r][k]:将原串的[l,r]合并为t能获得的最大分数 
int main()
{
	n=read(),k=read();
	scanf("%s",buf+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=(buf[i]=='1');
	lim=(1<<k)-1;
	for(int i=0;i<=lim;++i)
		c[i]=read(),w[i]=read();
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)	
		for(int j=1;j<=n;++j)
			for(int p=0;p<=lim;++p)
				f[i][j][p]=-inf;
	for(int i=n;i>=1;--i)
		for(int j=i;j<=n;++j)
			{
				if(i==j)
					{
						f[i][j][a[i]]=0;
						continue;
					}
				int len=j-i;
				len%=k-1;
				if(!len)
					len=k-1;
				for(int mid=j;mid>i;mid-=k-1)
					for(int op=0;op<(1<<len);++op)
						{
							upd(f[i][j][op<<1],f[i][mid-1][op]+f[mid][j][0]);
							upd(f[i][j][op<<1|1],f[i][mid-1][op]+f[mid][j][1]);
						}
				if(len==k-1)
					{
						ll g[2];
						g[0]=g[1]=-inf;
						for(ll op=0;op<(1<<k);++op)
							upd(g[c[op]],f[i][j][op]+w[op]);
						f[i][j][0]=g[0];
						f[i][j][1]=g[1];
					}
			}
	for(int i=0;i<=lim;++i)
		upd(ans,f[1][n][i]);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}