BZOJ3791 作业（DP）

题意：

给出一个长度为n的01序列；

你可以进行K次操作，操作有两种：

1.将一个区间的所有1作业写对，并且将0作业写错；

2.将一个区间的所有0作业写对，并且将1作业写错；

求K次操作后最多写对了多少作业；

n<=100000，k<=50；

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题解

性质：在一段区间内染色k次，每次是一段连续的，那么这个区间最多被分为2*k-1段

证明：每次染区间中间位置，最终只会染出2*k-1段（还是不明白的自己画画图）

解题思路：

令dp[i][j][k]表示 当前考虑到第i本作业，1-i这段区间被染成了j段，第i本作业染为k（0或1）

则状态转移方程为

第i本作业由两种状态转移过来:

一、继承了i-1的状态，也就是原本有一次染色是染到i-1为止，现在把i也连着染一下，此时染色次数不变 即 dp[i-1][j][k]

二、从i开始新一次的染色，此时i-1的状态应该和i的状态是相反的，因为如果是相同的状态的话就没必要新一次染色了，此时染色次数要+1 即dp[i-1][j-1][k^1]

即：dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j-1][1],dp[i-1][j][0])+(a[i]==0);
       dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j-1][0],dp[i-1][j][1])+(a[i]==1);

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[];
int dp[][][];
int n,K;
int read(){
    int ans=;char c=getchar();
    while(!(c>=''&&c<='')) c=getchar();
    while(c>=''&&c<=''){
        ans=ans*+c-;
        c=getchar();
    }
    return ans;
}
int main(){
    freopen("hwk.in","r",stdin);
    freopen("hwk.out","w",stdout);
    n=read();K=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    int ans=,i;
    if(K==){
        printf("");
        return ;
    }
    for(int j=;j<=*K-;j++){
        for(i=;i<=n;i++){
            dp[i][j][]=max(dp[i-][j-][],dp[i-][j][])+(a[i]==);
            dp[i][j][]=max(dp[i-][j-][],dp[i-][j][])+(a[i]==);
            ans=max(ans,max(dp[i][j][],dp[i][j][]));
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}