2024牛客多校2I Red Playing Cards

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Problem

There are \(2\cdot n\) cards arranged in a row, with each card numbered from \(1\) to \(n\) having exactly 2 copies.

Each time, Red can choose a subarray of consecutive cards (at least \(2\) cards) to remove from the deck. The chosen subarray must satisfy that the first and last cards have the same number. The score for this operation is: the number of cards multiplied by the number on the first card. Now Red wants to know what is the maximum value of the final score?

给你一个长度为 \(2n\) 的数组，\(1\) 到 $ n$ 每个数字恰好出现两次。你可以进行这样的操作：选择两个相同的数字 \(x\) （必须都还存在于数组中），将这两个数以及其间的所有数字（共计 \(cnt\) 个）全部拿走，并获得 \(x\cdot cnt\) 得分。求最终最多能够获得多少分？

\(1\le n\le 3\times 10^3\)

Solution

我们发现基本有这三种情况：

• 相离。比如1 1 3 3，1和3互不影响。
• 包含。比如1 3 3 1，可以先拿3-3再拿1-1，也可以直接一次拿1-1，此时3没有任何贡献。
• 相交。比如1 3 1 3，如果拿了1-1就不能再拿3-3了，拿了3-3也不能再拿1-1。

设 \(f(i)\) 为 \([l_i,r_i]\) 这段区间的最大得分。\(l_i,r_i\) 分别指第一个 \(i\) 和第二个 \(i\) 的位置。

先假设 \([l_i,r_i]\) 中每个数字的贡献都是 \(i\)，而如果遇到了另一个区间 \([l_j,r_j]\) 满足 \((l_i<l_j<r_j<r_i)\)，那么考虑使用 \(f(j)\) 来代替这一个子区间的贡献。

这里一定有 \(len_j<len_i\)，所以我们按照区间长度 \(len_i\) 排序来计算 \(f(i)\)

那么如何计算 \(f(i)\) 呢？

设 \(g(k)\) 表示，在计算 \(f(i)\) 时，区间 \([l_i,k]\) 的最大贡献。

• 对于一般情况而言，\(g(k)=g(k-1)+i\)。
• 而如果当前 \(k\) 是某个数字 \(j\) 的第二次出现的地方，且这个数字第一次出现的地方 \(l_j\in[l_i,k]\)，那么需要考虑有可能先抹去 \(j\) ，也就是取 \([l_j,r_j]\) 得分为 \(f(j)\)，会使得答案更优，。

\[\begin{gather}
g(k)=\left\{
\begin{array}{l}

\max \left(g(k-1)+i, g\left(l_j-1\right)+f(j)\right), \text { if } k=r_j \text { and } l_j>l_i \\
g(k-1)+i, \text { otherwise }

\end{array}\right.
\end{gather}
\]

而我们需要的 \(f(i)=g(r_i)\)。

为了得到整个数组的得分，这里有个trick。我们在数组前后添加两个0，求 \(f(0)\) 即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

Code

/**************************************************************
 * Problem:
 * Author: Vanilla_chan
 * Date:
 * E-Mail: heshaohong2015@outlook.com
 **************************************************************/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<limits.h>
#define IL inline
#define re register
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#ifdef TH
#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);
#else
#define debug
#endif
#ifdef ONLINE_JUDGE
char buf[1<<23],* p1=buf,* p2=buf,obuf[1<<23],* O=obuf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
using namespace std;

#define N 6010

int n;
int a[N],l[N],r[N],len[N];
bool cmp(int x,int y)
{
	return len[x]<len[y];
}
vector<int>p;
int f[N],g[N];
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cout.precision(10);
	int t=1;
//	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n*2;i++)
		{
			cin>>a[i];
			if(l[a[i]])
			{
				r[a[i]]=i;
				len[a[i]]=i-l[a[i]]+1;
			}
			else l[a[i]]=i;
		}
		l[0]=0,r[0]=2*n+1,len[0]=2*n+2;
		for(int i=0;i<=n;i++)
		{
			p.push_back(i);
		}
		sort(p.begin(),p.end(),cmp);
//		for(int x=0;x<=n;x++) cout<<p[x]<<" "; cout<<endl;
		for(auto x:p)
		{
			for(int k=l[x];k<=r[x];k++)
			{
				g[k]=g[k-1]+x;
				int y=a[k];
				if(k==r[y]&&l[y]>l[x])
				{
					g[k]=max(g[k],g[l[y]-1]+f[y]);
				}
			}
			f[x]=g[r[x]];
			for(int k=l[x];k<=r[x];k++) g[k]=0;
//			cout<<"f["<<x<<"]="<<f[x]<<endl;
		}
		cout<<f[0]<<endl;

	}
	return 0;
}