Luogu P9180 [COCI2022-2023#5] Slastičarnica 题解 [ 蓝 ] [ 区间 dp ] [ dp 状态优化 ] [ 前缀和优化 ]

Slastičarnica：非常好的区间 dp 题。

暴力

不难设计出暴力状态：\(dp_{q,i,j}\) 表示进行到第 \(q\) 次操作，剩下区间 \([i,j]\) 是否可行。

直到全部状态都为 \(0\) 的时候输出即可。

期望得分 \(19pts\)。

优化（假）

观察到每个 \(dp\) 状态都只有两个值 \(0,1\)，那么我们可以考虑将状态中的某一维放进 \(dp\) 值里。

首先尝试把 \(q\) 换进去，状态设计为 \(dp_{i,j}\) 为剩余区间 \([i,j]\) 时进行的最大操作数为 \(q\)。

那么我们怎么转移？从大往小枚举区间，然后根据当前进行的操作，每次查询满足要求的前缀后缀，转移一下即可。

此时我们不难发现，\(q\) 的最大值只能是 \(n\)，根本无法取到更大。这就是这题的诈骗点。

时间复杂度是 \(O(n^3)\) 的，而我们可以发现无法继续优化下去（四边形不等式等都用不了），就要换一种思路。

贪心

显然，对于一段区间而言，长度越长，自然是对答案更优。为什么？因为每次操作都可以留出更多的空间来操作。

于是我们考虑固定左端点，把右端点换出来。

正解

设计状态 \(dp_{q,i}\) 表示进行到了第 \(q\) 次操作，左端点为 \(i\) 时的最大右端点在哪。

每次操作可以选前缀、后缀，于是我们分两种转移。

前缀

\(dp_{q,i}\) 能转移当且仅当 \([i-d,i-1]\) 能被消掉，然后转移左端点在 \(i\) 前面的 \(j\) 的所有 \(dp_{q-1,j}\) 的值。

这个可以做一个很显然的前缀和优化，不再细说。

后缀

感觉这个比较难搞。

\(dp_{q,i}\) 能转移的条件是在 \([j,dp_{q-1,j}]\) 中有能消除的后缀，同时在这些后缀中取最大的左端点转移。

观察到 \(dp_{q-1,j}\) 也在 \([1,n]\) 之间，于是我们可以预处理出对于每一个点，在他左边的最大可消除后缀的左端点在哪，这个可以 \(O(n)\) 处理出。

然后每次转移一下即可。

总体时间复杂度 \(O(\min(n,q)n)\)。

细节

特判整个序列被删完的情况。只需要在删后缀里面加特判即可。因为要删完肯定是一次删全部，那么此时就没有前缀后缀之分了，算哪个都可以。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
int n,q,a[5005],mn[5005][5005],dp[5005][5005],rmx[5005];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        mn[i][i]=a[i];
        for(int j=i+1;j<=n;j++)mn[i][j]=min(mn[i][j-1],a[j]);
    }
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    dp[0][1]=n;
    for(int i=1;i<=min(n,q);i++)
    {
        bool ed=1;
        int d,s,pre=-1,p=-1;
        cin>>d>>s;
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(j-d>=1)pre=max(pre,dp[i-1][j-d]);
            if(j-d>=1&&mn[j-d][j-1]>=s)dp[i][j]=max(dp[i][j],pre);
        }
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(j-d+1>=1&&mn[j-d+1][j]>=s)p=max(p,j-d+1);
            rmx[j]=p;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(rmx[dp[i-1][j]]-1>=j)dp[i][j]=max(dp[i][j],rmx[dp[i-1][j]]-1);
            if(dp[i][j]<j)dp[i][j]=-1;
            if(rmx[dp[i-1][j]]==j)ed=0;
        }
        for(int j=1;j<=n;j++)if(dp[i][j]!=-1)ed=0;
        if(ed)
        {
            cout<<i-1;
            return 0;
        }
    }
    cout<<q;
    return 0;
}