洛谷 P1133 教主的花园 题解

       通往题目的大门

       进入正题，需要求最大观赏价值，那么用于dp的f数组首先肯定要有两维，第一维i表示第i个位置，第二维j表示种第j种树（我们不妨设10,20,30这三种树为1,2,3），然后又发现，第i个位置能种什么树，不单单跟上一个位置有关，还跟上上个位置有关，那这样调用两位去dp显得十分复杂，于是我们再开一维，表示这个位置的树比上一个位置的树要高还是要低（0表示低，1表示高），于是，我们就可以写出dp方程：

f[i][1][0]=maxx(f[i-1][2][1],f[i-1][3][1])+a[i].x;//第i个位置种第1种树，那么它肯定比上一棵树要矮，所以第3维是0，于是看上一棵树（第i-1棵）是2还是3，因为第i-1棵比第i棵树要高，那么他一定也比第i-2棵树要高，所以他们的第3维都是1，记得后面还要加上当前这棵树的贡献
f[i][2][0]=f[i-1][3][1]+a[i].y;//如果种2并且小于前一种，那前一种只能种3
f[i][2][1]=f[i-1][1][0]+a[i].y;//下面这两行类似
f[i][3][1]=maxx(f[i-1][1][0],f[i-1][2][0])+a[i].z;

       做完了？不存在的。（告诉你们个大幂幂这个做法在洛谷上70分）

       仔细想想，发现这个做法只能满足线型地种树，也就是一排种过去，但是，题目要求是环形，也就是说，我们需要处理头和尾的问题，所以，我们再加一维，表示第一个位置种的是什么树。

       可以发现，第3~n-1个位置种什么树跟第一个位置种什么树然而并没有什么关系，只要保证他们第四维相等就可以照常转移了，于是我们稍稍修改一下上面的代码，加上第四维，就得出这样一个东西：

for(int j=1;j<=3;j++)
{
	f[i][1][0][j]=maxx(f[i-1][2][1][j],f[i-1][3][1][j])+a[i].x;
	f[i][2][0][j]=f[i-1][3][1][j]+a[i].y;
	f[i][2][1][j]=f[i-1][1][0][j]+a[i].y;
	f[i][3][1][j]=maxx(f[i-1][1][0][j],f[i-1][2][0][j])+a[i].z;
}

       代码的核心部分就是这样了，然后再初始化一下第一位

       初始化第一个位置：

f[1][1][0][1]=a[1].x;//注意第2维一定和第4维是一样的，这段初始化也没啥不好理解的，注释就不打啦
f[1][2][0][2]=a[1].y；
f[1][2][1][2]=a[1].y;
f[1][3][1][3]=a[1].z;

        总体代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>

int f[100010][4][2][4];
struct node{int x,y,z;};
node a[100010];
int n;
inline int maxx(int x,int y){return x>y?x:y;}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d %d %d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z);
	f[1][1][0][1]=a[1].x;
	f[1][2][0][2]=a[1].y;
	f[1][2][1][2]=a[1].y;
	f[1][3][1][3]=a[1].z;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=3;j++)
		{
			f[i][1][0][j]=maxx(f[i-1][2][1][j],f[i-1][3][1][j])+a[i].x;
			f[i][2][0][j]=f[i-1][3][1][j]+a[i].y;
			f[i][2][1][j]=f[i-1][1][0][j]+a[i].y;
			f[i][3][1][j]=maxx(f[i-1][1][0][j],f[i-1][2][0][j])+a[i].z;
		}
	}
	printf("%d",maxx(maxx(maxx(maxx(maxx(f[n][1][0][2],f[n][1][0][3]),f[n][2][0][3]),f[n][2][1][1]),f[n][3][1][1]),f[n][3][1][2]));//最后从所有可能的情况中选择最大值输出
}