2024CCPC山东邀请赛 M.Palindromic Polygon 回文多边形 (DP——从极大区间转移)

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题面图片
看着是个计算几何，实际是一个不折不扣的 DP 。

计算几何常见技巧之：不管是旋转卡壳还是什么别的题目，先把整个凸包复制一遍，把 $n$ 变成 $2 n$ 防止越界，更重要的是避免 $\mod n$ 之类的东西没写好带来的傻逼错误。

令 $dp_{lr}$ 代表从 $l$ 到 $r$ 的回文多边形中最大的面积（写的时候注意：点 $l$ 和点 $r$ 的权值必须一样，不然就不是回文了），本题的 DP 一定是从 $\rightarrow [l, r]$ ，其中 $\le r' < r$ 。转移的时候， $dplr=dpl′r′+ΔSdp_{lr} = dp_{l'r'} + \Delta S$ ，因此若某个更大的区间既可以从 $[l^{'}, r^{'}]$ 转移也可以从 $[l, r]$ 转移，那么一定从 $[l, r]$ 更优。

可以概括这个性质为“从极大区间转移”，利用这个性质把时间复杂度除以一个 $n$ ，代价是需要进行 $O(n^2)$ 的预处理，然后每次 $O (1)$ 询问极大区间。如果本来的复杂度就已经是 $O(n^2)$ 了，还想要降低复杂度可能就需要使用二分寻找极大区间了，不过后者我暂时给不出一个具体的例子。这种思想也不一定局限于区间转移。

这题利用性质可以把 $O(n^4)$ 的 DP 优化到 $O(n^3)$ ，就可以过这道题了，代码中的 L 数组和 R 数组就是用来存储极大区间的预处理结果的。按照我的写法，利用预处理结果，dp 不一定都是从极大区间转移过来，但转移时不会漏掉任何一个极大区间。还有值得一提的是转移式子，令 $P_x$ 代表第 $i$ 个点，则一种可行的转移式子是 $dplr=dpl′r′+S(△PlPl′Pr′)+S(△PlPrPr′)dp_{lr} = dp_{l'r'} + S(\triangle P_{l}P_{l'}P_{r'}) + S(\triangle P_{l}P_{r}P_{r'})$ ，只要式子的后半部分能够表示 $S(P_{l}P_{l'}P_{r'}P_{r})$ 即可。

第一次提交的时候 WA 了，原因是预处理出 R 数组但是忘记用了，导致漏掉了一些极大区间转移。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;

struct point {ll x, y; point(ll x = 0, ll y = 0): x(x), y(y) {}};
struct arrow {ll x, y; arrow(ll x = 0, ll y = 0): x(x), y(y) {} arrow(point A, point B): x(B.x - A.x), y(B.y - A.y) {}};
ll dot(arrow A, arrow B) {return A.x * B.x + A.y * B.y;}
ll cross(arrow A, arrow B) {return A.x * B.y - A.y * B.x;}

const int N = 1010;
ll f[N], dp[N][N], ans;
int L[N][N], R[N][N];
point p[1010];

void solve() {
    int n; cin >> n; ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> f[i];
        f[i + n] = f[i];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i].x >> p[i].y;
        p[i + n] = p[i];
    }
    for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
        for(int j = i, t = i; j <= 2 * n; j++) {
            if(f[j] == f[i]) t = j;
            L[i][j] = t;
        }
    }
    for(int i =  2 * n; i >= 1; i--) {
        for(int j = i, t = i; j >= 1; j--) {
            if(f[j] == f[i]) t = j;
            R[i][j] = t;
        }
    }

    for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
        for(int j = i; j <= 2 * n; j++) {
            dp[i][j] = 0;
        }
    }

    for(int len = 2; len < n; len++) { 
        for(int l = 1, r = 1 + len; r <= 2 * n; l++, r++) {
            if(f[l] != f[r]) continue;
            for(int i = l + 1; i < r; i++) {
                int t = L[i][r - 1];
                dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[i][t] + abs(cross({p[l], p[r]}, {p[l], p[t]})) + abs(cross({p[l], p[i]}, {p[l], p[t]})));
                ans = max(ans, dp[l][r]);
            }
            for(int t = r - 1; t > l; t--) {
                int i = R[t][l + 1];
                dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[i][t] + abs(cross({p[l], p[r]}, {p[l], p[t]})) + abs(cross({p[l], p[i]}, {p[l], p[t]})));
                ans = max(ans, dp[l][r]);
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T; cin >> T;
    while(T--) solve();
    return 0;
}