POJ 3166 Treats for the Cows

最新推荐文章于 2021-05-27 19:28:58 发布

原创最新推荐文章于 2021-05-27 19:28:58 发布 · 319 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#ACM #dp #POJ

ACM_DP 专栏收录该内容

17 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一道经典的动态规划题目，通过递归方式求解最优解，给出了详细的代码实现过程。

题目链接：http://poj.org/problem?id=3186

题意：给出大小为n的数字序列，每次操作从左边或者右边去掉一个数si，总分数等于si乘于操作数i

思路：每次仅可以从左边或者右边出一个数，dp[i][j](i是左边出的数的个数，j是右边出的数的个数)就只能由dp[i-1][j]以及dp[i][j-1]得出，一直递归就可以了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;

int s[2030],dp[2030][2030];


int main()
{
    int n;
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for (int i=1;i<=n;i++)
          scanf("%d",&s[i]);

        int res=0;
        for (int i=0;i<=n;i++)
        {
            for (int j=0;i+j<=n;j++)
            {
                if (i==0 && j==0)
                  dp[0][0]=0;
                else if (i==0 && j!=0)
                  dp[i][j]=dp[i][j-1]+s[n-j+1]*(i+j);
                else if (i!=0 && j==0)
                  dp[i][j]=dp[i-1][j]+s[i]*(i+j);
                else
                  dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+s[n-j+1]*(i+j),dp[i-1][j]+s[i]*(i+j));
            }
            res=max(res,dp[i][n-i]);

        }
        printf("%d\n",res);
    }
    
}