[CSP-S模拟测试]:优化（贪心+DP）

题目描述

$visit\text{_}world$发现有下优化问题可以用很平凡的技巧解决，所以他给你分享了这样一道题：
现在有长度为$N$的整数序列$\{ a_i\}$，你需要从中选出$K$个不想叫的连续子区间（可以存在元素不被选），从左到右记它们的和为$s_1,s_2,...,s_k$，我们的优化目标是最大化下述和式：
$$\sum \limits_{i=1}^{k-1}|s_i-s_{i+1}|$$
你只需要输出这个最大的和即可。

输入格式

第一行两个整数$N,K$，意义如上。
接下来一行$N$个整数，第$i$个数表示$a_i$，保证有$|a_i|\leqslant 10^4$。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案。

样例

样例输入：

5 3
5 2 4 3 1

样例输出：

数据范围与提示

样例解释：

选择$(5),(2,4,3),(1)$三个子段，$|5-9|+|9-1|=12$

数据范围：

对于全部的测试数据，保证$N\leqslant 3\times 10^4,K\leqslant \min(N,200)$。
$\bullet$子任务$1$（$10$分）：$K\leqslant 3$。
$\bullet$子任务$2$（$30$分）：$N\leqslant 400,K\leqslant 50$。
$\bullet$子任务$3$（$20$分）：$N\leqslant 10^3,K\leqslant 100$。
$\bullet$子任务$4$（$40$分）：无特殊限制。

题解

利用贪心思想，这$k$个序列一定是一高一低的，不可能连续三个及以上持续上升或下降。

对于高的序列，其贡献为$+2$；对于低的序列，其贡献为$-2$；而中间也会有一些并不选的状态，其贡献为$0$，而对于这些状态，其接下来会有高或低的序列，为了区分它们，不妨将其称为上升状态$or$下降状态。

考虑$DP$，设$dp[i][j][0/1/2/3]$表示前$i$个数，分成了$j$段，当前状态是高、低、上升、下降状态。

状态转移很简单，需要注意的是对于边界的处理，即$j=1$和$j=K$的情况。

时间复杂度：$\Theta(NK)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int N,K;

int w[30001];

int dp[30001][201][4];

int main()

{

	scanf("%d%d",&N,&K);

	for(int i=1;i<=N;i++)

		scanf("%d",&w[i]);

	memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));

	for(int i=1;i<=N;i++)dp[i][0][0]=dp[i][0][1]=dp[i][0][2]=dp[i][0][3]=0;

	dp[0][0][0]=dp[0][0][1]=dp[0][0][2]=dp[0][0][3]=0;

	for(int i=1;i<=N;i++)

	{

		dp[i][1][0]=max(dp[i-1][1][0],dp[i-1][0][2])+w[i];

		dp[i][1][1]=max(dp[i-1][1][1],dp[i-1][0][3])-w[i];

		dp[i][1][2]=max(dp[i-1][1][2],dp[i][1][1]);

		dp[i][1][3]=max(dp[i-1][1][3],dp[i][1][0]);

		dp[i][K][0]=max(dp[i-1][K][0],dp[i-1][K-1][2])+w[i];

		dp[i][K][1]=max(dp[i-1][K][1],dp[i-1][K-1][3])-w[i];

		dp[i][K][2]=max(dp[i-1][K][2],dp[i][K][1]);

		dp[i][K][3]=max(dp[i-1][K][3],dp[i][K][0]);

		for(int j=2;j<K;j++)

		{

			dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j-1][2])+2*w[i];

			dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][3])-2*w[i];

			dp[i][j][2]=max(dp[i-1][j][2],max(dp[i][j][1],dp[i-1][j-1][2]));

			dp[i][j][3]=max(dp[i-1][j][3],max(dp[i][j][0],dp[i-1][j-1][3]));

		}

	}

	printf("%d",max(dp[N][K][2],dp[N][K][3]));

	return 0;

}

rp++