与高精死杠的几天——记两道简单的高精dp
（同样也是noip往年的题
1.矩阵取数游戏
\(\mathcal{SOLUTION}:\)
通过对题目条件的分析，我们可以发现，每一行取数对答案的影响是互相独立，互不影响的。所以我们可以从一个1*m的矩阵开始研究：
因为每次取数只能取最左边或最右边，这又简化了我们的思路：
我们设\(dp[i][j][k]\)表示第i轮取数后，还没有取的区间范围为[j,k]，形象一点的话:k-j+1(区间长度)=m-i;
考虑转移：对于\(dp[i][j][k]\),我们要考虑，第i次取数取的哪个数:
显然取完后的区间变为[j,k]，那么因为只能取最左边或最右边，所以第i次取走的数，可能是在j再左边一个，也就是j-1的位置，也可能是k右边的位置，即k+1的位置。因此我们基本的转移方程就出来了：
\(dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j-1][k]+a[j-1]*2^i,dp[i-1][j][k+1]+a[k+1]*2^i);\)
k的位置不需要for枚举，每次取数时，区间长度是固定的，因此可以只枚举i,j，k=j+m-i-1；
当k>m时，break;
如果取到第m轮的话，我们的区间变成了[a,a-1]的形式，这显然是不行的，因此我们需要在第m-1轮时，顺带处理第m轮的情况（反正取到m-1轮以后只剩一个数了嘿，于是：
\(This=max(This,dp[m-1][j][j]+a[j]*2^m)\)；
找到This的最大值。
对每一行都dp一遍，然后将最大值加和，即是最终答案。
但是如果你只是这样的话，只能得到60pts的好成绩；
m<=80,于是我们单单是\(2^{80}\)，就狠狠地爆掉了long long，所以这道题很烦人的要写高精：
它们分别是：
\(\mathbb{A}.\)高精加高精
\(\mathbb{B}.\)高精乘单精
\(\mathbb{C}.\)高精MAX
可以提前预处理出\(2^m\)内的所有2的整数次方，避免重复计算。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-') ans=-ans;
return ans;
}
int n,m;
int A[100][100];
struct GJ{
int C[50],len;
GJ() {
memset(C,0,sizeof(C));
len=0;
}
//n->1 max->min
};
GJ M[81];
GJ Mul(GJ a,int b) {
int lena=a.len;
GJ c;
for(int i=1;i<=lena;i++)
c.C[i]=a.C[i]*b;
for(int i=1;i<=lena;i++)
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
int lenc=lena;
while(c.C[lenc+1]>0) {
lenc++;
c.C[lenc+1]+=c.C[lenc]/10;
c.C[lenc]%=10;
}
c.len=lenc;
return c;
}
GJ Max(GJ a,GJ b) {//gaojing max
if(a.len<b.len)
return b;
if(b.len>a.len)
return a;
for(int i=a.len;i>=1;i--) {
if(a.C[i]>b.C[i])
return a;
if(b.C[i]>a.C[i])
return b;
}
return a;
}
GJ Sum(GJ a,GJ b) {
int len = max(a.len,b.len);
GJ c;
for(int i=1;i<=len;i++)
c.C[i]=a.C[i]+b.C[i];
for(int i=1;i<=len;i++) {
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
}
if(c.C[len+1]>0) len++;
c.len=len;
return c;
}
void ych() {
GJ E,AA;
E.len=1;
E.C[1]=1;
int k=1;
while(k<=m) {
E=Mul(E,2);
M[k]=E;
k++;
}
}
GJ dp[82][82][82];
GJ ans,This;
void clear() {
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(This.C,0,sizeof(This.C));
}
//2+8+24+4+12+32
int main() {
n=read();
m=read();
ych();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
A[i][j]=read();
for(int line = 1;line <= n; line ++ ) {
clear();
for(int i=1;i<m;i++) {//i 轮
for(int j=1;j<=m;j++) {//区间[j,j+m-i-1]
if(j+m-i-1>m) break;
dp[i][j][j+m-i-1]=Max(Sum(dp[i-1][j-1][j+m-i-1],
Mul(M[i],A[line][j-1])),
Sum(dp[i-1][j][j+m-i],Mul(M[i],A[line][j+m-i])));
if(i==m-1)
This=Max(This,Sum(dp[i][j][j],Mul(M[m],A[line][j])));
}
}
ans=Sum(ans,This);
}
if(ans.len==0)
puts("0");
for(int i=ans.len;i>=1;i--)
printf("%d",ans.C[i]);
return 0;
}
但是这样还是很难过，你会发现，你在luogu上TLE了两个点。发现dp数组中，第一维i是没有用的，所以我们可以把它删去，这样dp每一行前，清空的时间就会减少（这个减少真的是革命性的1.2s->216ms)
\(\mathcal{CODE}:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0') last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-') ans=-ans;
return ans;
}
int n,m;
int A[100][100];
struct GJ{
int C[50],len;
GJ() {
memset(C,0,sizeof(C));
len=0;
}
//n->1 max->min
};
GJ M[81];
GJ Mul(GJ a,int b) {
int lena=a.len;
GJ c;
for(int i=1;i<=lena;i++) {
c.C[i]+=a.C[i]*b;
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
}
int lenc=lena;
while(c.C[lenc+1]>0) {
lenc++;
c.C[lenc+1]+=c.C[lenc]/10;
c.C[lenc]%=10;
}
c.len=lenc;
return c;
}
GJ Max(GJ a,GJ b) {
if(a.len<b.len)
return b;
if(b.len>a.len)
return a;
for(int i=a.len;i>=1;i--) {
if(a.C[i]>b.C[i])
return a;
if(b.C[i]>a.C[i])
return b;
}
return a;
}
GJ Sum(GJ a,GJ b) {
int len = max(a.len,b.len);
GJ c;
for(int i=1;i<=len;i++) {
c.C[i]+=a.C[i]+b.C[i];
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
}
if(c.C[len+1]>0) len++;
c.len=len;
return c;
}
void ych() {
GJ E;
E.len=1; E.C[1]=1;
int k=1;
while(k<=m) {
E=Mul(E,2);
M[k]=E;
k++;
}
}
GJ dp[82][82];
GJ ans,This;
void clear() {
memset(dp,0,sizeof(dp));
This.len=-1;
}
int main() {
n=read();
m=read();
ych();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
A[i][j]=read();
for(int line = 1;line <= n; line ++ ) {
clear();
for(int i=1;i<m;i++) {//i 轮
for(int j=1;j<=m;j++) {//区间[j,j+m-i-1]
if(j+m-i-1>m) break;
dp[j][j+m-i-1]=Max(Sum(dp[j-1][j+m-i-1],
Mul(M[i],A[line][j-1])),
Sum(dp[j][j+m-i],Mul(M[i],A[line][j+m-i])));
if(i==m-1)
This=Max(This,Sum(dp[j][j],Mul(M[m],A[line][j])));
}
}
ans=Sum(ans,This);
}
if(ans.len==0)
puts("0");
for(int i=ans.len;i>=1;i--)
printf("%d",ans.C[i]);
return 0;
}
2.乘积最大：
\(\mathcal{SOLUTION}:\)
\(dp[i][j]\)表示前i位，j个乘号的最大乘积是多少
\(dp[i][j]\)，考虑枚举上一个乘号放在了哪里。假设放在了K,那么此时到i的乘积就为：\(dp[K][j-1]*num[K+1][i]\)(其中\(num[K+1][i]\)表示从第K+1位到第i位的数字）,那么从1~i-1枚举,求一个最大乘积，即：
\(dp[i][j]=max\{dp[k][j-1]*num[k+1][i]\}\)
初始状态时:\(dp[i][0]=num[1][i]\)
于是写个高精就可以了
\(\mathcal{CODE}:\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,K;
char N[50];
struct GJ {
int C[50],len;
GJ() {
memset(C,0,sizeof(C));
len=0;
}
//max->min n->1
};
GJ num[41][41];
void pre() {
int len=strlen(N+1);
for(int i=1;i<=len;i++) {
for(int j=i;j<=len;j++) {
int cnt=0;
for(int k=j;k>=i;k--) {
num[i][j].C[++cnt]=N[k]-'0';
}
while(num[i][j].C[cnt]==0&&cnt!=1) cnt--;
num[i][j].len=cnt;
}
}
}
GJ Mul(GJ a,GJ b) {
int lena=a.len,lenb=b.len;
GJ c;
for(int i=1;i<=lena;i++)
for(int j=1;j<=lenb;j++)
c.C[i+j-1]+=a.C[i]*b.C[j];
for(int i=1;i<lena+lenb-1;i++)
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
int len=lena+lenb-1;
while(c.C[len]>=10) {
c.C[len+1]+=c.C[len]/10;
c.C[len]%=10;
len++;
}
c.len=len;
return c;
}
GJ Max(GJ a,GJ b) {
if(a.len<b.len)
return b;
if(b.len>a.len)
return a;
for(int i=a.len;i>=1;i--) {
if(a.C[i]>b.C[i])
return a;
if(b.C[i]>a.C[i])
return b;
}
return a;
}
GJ Sum(GJ a,GJ b) {
int len = max(a.len,b.len);
GJ c;
for(int i=1;i<=len;i++) {
c.C[i]+=a.C[i]+b.C[i];
if(c.C[i]>=10) {
c.C[i+1]+=c.C[i]/10;
c.C[i]%=10;
}
}
if(c.C[len+1]>0) len++;
c.len=len;
return c;
}
GJ dp[41][10];
int main() {
scanf("%d%d",&n,&K);
scanf("%s",N+1);
pre();
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i][0]=num[1][i];
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=K;j++) {
for(int k=1;k<i;k++) {
dp[i][j]=Max(dp[i][j],Mul(dp[k][j-1],num[k+1][i]));
}
}
}
for(int i=dp[n][K].len;i>=1;i--)
printf("%d",dp[n][K].C[i]);
return 0;
}
\(\color{OrangeRed}{2}\color{Orange}{0}\color{Yellow}{1}\color{LimeGreen}{9}\color{RoyalBlue}{是}\color{Turquoise}{彩}\color{Plum}{色}\color{Gold}{的}\)
(玩梗态)
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