P1437 [HNOI2004]敲砖块 [dp]

$敲砖块$

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，如下图所示。

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。

$1≤n≤50，1≤m≤n*(n+1)/2$

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$color{red}{正解部分}$

若按行处理, 需要考虑这一行的每个元素是否可选, 但是 是否可选 这个问题不好处理 .

但若按列处理, 可以发现从上往下敲的砖块是连续的,
若从右往左处理, 又可以发现题目中的限制条件可以比较方便地处理 .

于是从右往左按列处理,

设 $F[i, j, k]$ 表示 $i$ 到 $N$ 列, 第 $i$ 列敲了 $k$ 个砖块, 总共敲了 $j$ 个砖块,

则 $F[i, j, k] = max{F[i+1, p, k-j] + sum[i, j]} (p geq k-1)$ .

$Ans = max(F[1, i, M])$

时间复杂度 $O(N^4)$ .

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$color{red}{实现部分}$

1. 状态转移的来源一定要限制 !!!
2. 注意 $M$ 的范围, $F[][][]$ 的第二维要开到 $N^2$ 级别 !!!

$20pts ightarrow 100pts 的区别...$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register

const int maxn = 55;

int N;
int M;
int Ans;
int A[maxn][maxn];
int sum[maxn][maxn];
int F[maxn][maxn*(maxn+1)/2][maxn];

int main(){
        scanf("%d%d", &N, &M);
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++)
                for(reg int j = 1; j <= N-i+1; j ++) scanf("%d", &A[i][j]);
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++)
                for(reg int j = 1; j <= N-i+1; j ++) sum[i][j] = sum[i][j-1] + A[j][i];
        for(reg int i = N; i >= 1; i --) // cur_pos
                for(reg int j = 1; j <= M; j ++) //tot
                        for(reg int k = 0; k <= j; k ++) //cur
                                for(reg int p = std::max(0, k-1); p <= std::min(N-i, j-k); p ++) //last
                                        F[i][j][k] = std::max(F[i][j][k], F[i+1][j-k][p] + sum[i][k]);
        for(reg int i = 0; i <= N; i ++) Ans = std::max(Ans, F[1][M][i]);
        printf("%d
", Ans);
        return 0;
}