我们用dp[i][0/1][0/1]表示还剩最后i道题没切，目前主动权在小Z/小G手上，小Z/小G获得的最大收益
但好像不用记第3维，拿前缀和一减就算出来了（反正我打题的时候记了第3维）
怎么dp呢？
我们发现，当前小Z/小G有两种选择，
1自己切这道题，把主动权给对方（假设此时主动权在小Z手上，即dp[i][0][0]=dp[i+1][1][0]+d[i]）
2让对方切这道题，主动权还在自己手上（假设此时主动权在小Z手上，即dp[i][0][0]=dp[i+1][0][0]）
显然，拥有主动权的人肯定会选这两种方案的最大值（假设此时主动权在小Z手上，即dp[i][0][0]=max(dp[i+1][1][0]+d[i],dp[i+1][0][0])，即另一个人（小G）为dp[i][0][1]=dp[i+1][1][1]或dp[i+1][0][1]+d[i]（看掌握主动权的那个人选哪种）
然后记搜一下就完了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; struct xxx{int a[2];}dp[50100][2]; int b[50100],n; xxx DP(int T,int i) { if(T==n+1) { xxx xx;xx.a[0]=0;xx.a[1]=0;return xx; } if(dp[T][i].a[0]!=-1)return dp[T][i]; xxx c=DP(T+1,i);xxx d=DP(T+1,i^1); if(c.a[i]>d.a[i]+b[T]) dp[T][i].a[i]=c.a[i],dp[T][i].a[i^1]=c.a[i^1]+b[T]; else dp[T][i].a[i]=d.a[i]+b[T],dp[T][i].a[i^1]=d.a[i^1]; // cout<<T<<" "<<i<<" "<<dp[T][i].a[0]<<" "<<dp[T][i].a[1]<<endl; return dp[T][i]; } int main() { freopen("problem.in","r",stdin);freopen("problem.out","w",stdout); memset(dp,-1,sizeof(dp)); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]); xxx aa=DP(1,0); cout<<aa.a[0]<<" "<<aa.a[1]; return 0; }
一开始把题目看成长方形的了，想了老半天。。。
先说一下题意，这道题题意有点难懂
有一个正方形网格，2~n-1行的第1列和第n列，和2~n-1列的第1行和第n行可以发车，每辆车速度相等且只能一直横着走或一直竖着走，不能拐弯，且你发的车不能相撞（即不同的车不能在同一时刻到达同一格），有一些格子有障碍，且车也不能撞障碍，求最多能发几辆车
样例
我们发现，由于正方形是对称的，所以影响关系其实会形成一个环，即下图中绿色地点发车的车不会撞到不在绿色位置发车的车，但它们可能会互相撞到。
即每个行i只会与行n-i+1，列i，列n-i+1有关
显然，对于这8个发车地点，我们最多能选4个使得它们不相撞，即选蓝色的4个或绿色的4个都可以
但是，如果有障碍在这两行两列上的话，则该行/列不能发车
然后我们从2~n/2，看看最多能发几辆车，计算答案即可。
若n是奇数，则第n/2+1行或n/2+1列上没有障碍，那么它对答案的贡献就是1，否则就是0
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int a[200100],b[200100]; int main() { freopen("car.in","r",stdin);freopen("car.out","w",stdout); int n,m,ans=0;scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);a[x]=1;b[y]=1;} for(int i=2;i+i<=n;i++) { int j=n-i+1; ans+=4-a[i]-a[j]-b[i]-b[j]; } if(n&1)ans+=1-(a[n/2+1]&b[n/2+1]); printf("%d",ans); return 0; }
首先，我们要认识gcd的几个性质：
1、gcd没有逆运算（和max一样），即你不可能用gcd的结果来求出原数，这就导致了无法前缀和
2、gcd(a,b)==gcd(c,b)（a==c)，但是当a!=c时，gcd(a,b)也有可能等于gcd(c,b)。
对于每个右端点，任取左端点，其对应的区间的gcd只有log种，从左向右推的同时维护每种gcd的左端点即可。
如何维护左端点？
我们用Gcd[i][0]表示第i种不同的gcd值，Gcd[i][1]表示该种值的最远的左端点（此时正在枚举右端点）
由于我们新来了一个元素，所以我们把Gcd数组的每个元素与a[i]取个gcd，然后再把Gcd数组新加入一个元素：a[i]。（表示a[i]也是一种不同的gcd值）但是有可能a[i]会与前面重复呢？没关系，我们待会还要去重。
那么这些Gcd有可能会相等，但是这里一定包含了以i为右端点，任取左端点的区间的所有不同种类的Gcd值（根据性质2）
然后去重，每种相同元素保留最远的左端点，统计答案。
时间复杂度O(n(logai)^2)，由于这是最坏复杂度，实际上时间复杂度远远小于这个上界，所以能过。
ans记得要看long long
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int a[500100],Gcd[100][2],tot=0,ggcd[100][2]; int gcd(int a,int b) { if(b==0)return a; return gcd(b,a%b); } int main() { freopen("study.in","r",stdin);freopen("study.out","w",stdout); int n;scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); long long ans=-1; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=tot;j++)Gcd[j][0]=gcd(Gcd[j][0],a[i]); Gcd[++tot][0]=a[i];Gcd[tot][1]=i;int tot2=0; for(int j=1;j<=tot;j++) if(Gcd[j][0]!=ggcd[tot2][0]) { ggcd[++tot2][0]=Gcd[j][0];ggcd[tot2][1]=Gcd[j][1]; } tot=tot2; for(int j=1;j<=tot2;j++) { Gcd[j][0]=ggcd[j][0];Gcd[j][1]=ggcd[j][1]; ans=max(ans,(long long)Gcd[j][0]*(long long)(i-Gcd[j][1]+1)); } } cout<<ans; return 0; }