YbtOJ 生日欢唱（dp+贪心转移）_ybtoj生日欢唱-优快云博客

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本文介绍了一种动态规划问题的优化方法，通过排除无效转移减少时间复杂度。针对特定匹配问题，提出了仅枚举单行前移的贪心策略，将时间复杂度从O(n^4)降至O(n^3)。

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状态设置&朴素转移

通过看看样例，基本有一个30pts的dp。

设状态 $f_{i,j}$ 表示第一行的第 $i$ 个和第二行的第 $j$ 个强制匹配的最大“愉悦值”。

在不考虑前移时

$fi,j=max⁡(fi−1,j−1)+ai×bjf_{i,j}=\max(f_{i-1,j-1})+a_i\times b_j$

在考虑前移情况下，可以得出转移方程。其中 $ka$ 表示第一行前移， $kb$ 表示第二行前移， $sumA_i$ 表示第一行前缀和， $sumB_i$ 表示第二行前缀和。

$fi,j=max⁡(fi−ka,j−kb−Sum)+ai×bjf_{i,j}=\max(f_{i-ka,j-kb}-Sum)+a_i\times b_j$

其中 $Sum=(sumA_{i-1}-sumA_{i-ka})^2+(sumB_{j-1}-sumB_{i-kb})^2$

此时要 $同时$ 枚举 $ka$ 和 $kb$ ，总时间复杂度 $O(n^4)$ ，30pts，过于无脑暴力。

由于太菜了，然后我就不汇了，于是去看f神的提姐

优化

贪心地想，对于同时前移两行时，同时前移的部分对答案没有贡献，显然不优。所以答案一定不会是同时前移，也就是说，只要 $分别$ 枚举 $ka$ 和 $kb$ 就好了，总时间复杂度 $O(n^3)$ 。

所以，本题用贪心的思想排除无效的dp转移，从而降低时间复杂度。

实现细节

由于存在两行的第 $n$ 对并不匹配情况的答案(最后有剩余的人)，所以要添加一个虚对，最终答案 $f_{n+1,n+1}$

  n++,a[n]=b[n]=0;
  sumA[n]=sumA[n-1];sumB[n]=sumB[n-1];

由于 $f_{0,i}$ 和 $f_{i,0}$ 在本题无意义，所以不能从这个状态转移，即赋成-INF。

  for(int i=1;i<=n;i++) f[0][i]=f[i][0]=FINF;

由于任何状态都是由 $f_{0,0}$ 转移出去的，所以 $f_{0,0}$ 不能赋成-INF

$co d e$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5e2+10;
const int FINF=-2e11;
int n,a[maxn],b[maxn],f[maxn][maxn],sumA[maxn],sumB[maxn];
signed main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sumA[i]=sumA[i-1]+a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],sumB[i]=sumB[i-1]+b[i];
    n++,a[n]=b[n]=0;
    sumA[n]=sumA[n-1];sumB[n]=sumB[n-1];
    for(int i=1;i<=n;i++) f[0][i]=f[i][0]=FINF;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            for(int ka=1;ka<=i;ka++)
            {
                int Sum=(sumA[i-1]-sumA[i-ka])*(sumA[i-1]-sumA[i-ka]);
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-ka][j-1]-Sum+a[i]*b[j]);
            }
            for(int kb=1;kb<=j;kb++)
            {
                int Sum=(sumB[j-1]-sumB[j-kb])*(sumB[j-1]-sumB[j-kb]);
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-kb]-Sum+a[i]*b[j]);
            }
        }
    cout<<f[n][n]<<endl;
    return 0;
}