P10111 [GESP202312 七级] 纸牌游戏 题解

看标签知道要用 DP。

于是开始分析。

状态： 前 轮中，第 轮出 ，一共换了 次牌的最大钱数。很好理解。

转移也不难，不就是不换和换两种吗！

所以，转移就是：

其中， 表示你要换的牌，显然要求 ， 表示你出牌 ，小杨出 时的胜负情况。胜返回 ，负返回 ，平返回 。上面就是不还，下面就是换。

观察发现，获胜时要么大 ，要么小 （因为此处 “”）。

所以 函数如下：

int pk(int x, int y) {
	if (x == y) return 1;
	if (x == y + 1 || x == y - 2) return 2;
	return 0;
}

---

以上为朴素做法。还能不能优化呢？滚动数组嘛！这玩意儿不就是专门给其中一维是 “前 回……” 的 DP 状态砍掉这维的嘛！

于是用上滚动数组（这个不会的去看背包），空间复杂度就可以降到 啦！

---

用上滚动数组的：

// Problem: P10111 [GESP202312 七级] 纸牌游戏
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P10111
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

/*Code by Leo2011*/
#include <bits/stdc++.h>

#define log printf
#define EPS 1e-8
#define INF 0x3f3f3f3f
#define FOR(i, l, r) for (int(i) = (l); (i) <= (r); ++(i))
#define IOS                      \
	ios::sync_with_stdio(false); \
	cin.tie(nullptr);            \
	cout.tie(nullptr);

using namespace std;

typedef __int128 i128;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1010;
int n, a[N], b[N], c[N], dp[3][N], ans = -INF;

template <typename T>

inline T read() {
	T sum = 0, fl = 1;
	char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
		if (ch == '-') fl = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = sum * 10 + ch - '0';
	return sum * fl;
}

template <typename T>

inline void write(T x) {
	if (x < 0) putchar('-'), write<T>(-x);
	static T sta[35];
	int top = 0;
	do { sta[top++] = x % 10, x /= 10; } while (x);
	while (top) putchar(sta[--top] + 48);
}

int pk(int x, int y) {
	if (x == y) return 1;
	if (x == y + 1 || x == y - 2) return 2;
	return 0;
}

int main() {
	n = read<int>();
	FOR(i, 1, n) a[i] = read<int>();
	FOR(i, 1, n - 1) b[i] = read<int>();
	FOR(i, 1, n) c[i] = read<int>();
	memset(dp, -0x3f, sizeof(dp));
	FOR(i, 0, 2) dp[i][0] = pk(i, c[1]) * a[1];
	FOR(i, 2, n)
	for (int j = i - 1; j >= 0; --j) FOR(k, 0, 2) {
			int s = pk(k, c[i]) * a[i];
			dp[k][j] += s;	  // 默认不换
			if (j > 0)		  // 防止越界
				FOR(l, 0, 2)  // 换，换成 l
			dp[k][j] = max(dp[k][j], dp[l][j - 1] + s - b[j]);
		}
	FOR(i, 0, n - 1)
	FOR(j, 0, 2) ans = max(ans, dp[j][i]);
	log("%d", ans);
	return 0;
}