【代码源每日一题Div2】306.快快变大

辞树c

已于 2022-03-18 20:30:33 修改

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分类专栏：代码源每日一题文章标签： c++ 算法 acm竞赛蓝桥杯动态规划

于 2022-03-17 13:11:39 首次发布

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本文解析了快快变大这道题目，介绍了区间DP模板在石子合并问题上的应用，通过预处理和前缀积计算，实现O(1)查询最大分数。关键步骤包括计算区间积的逆元、状态转移方程和最终答案求解。适合动态规划初学者理解区间DP的典型应用。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接

快快变大 - 题目 - Daimayuan Online Judge

题目描述

给定一个长度为 n 的数组 $a_1,a_2,...,a_n$ ，接下来进行 n−1 次操作。每次选择一个下标 x ，将 $a_x$ 和 $a_{x + 1}$ 合并成 $a_x * a_{x + 1} % 1000003$ ，并且你会获得 $(a_x-a_{x + 1})^2$ 的分数。

所以每次操作后，数组的长度将会减 1，当最后只剩下一个元素时停止操作。输出最终能获得的最大分数。

输入格式

第一行一个数字 n。

接下来一行 n 个整数 $a_1,a_2,...,a_n$ 。

输出格式

一个数，表示答案。

样例输入

3
1 2 3

样例输出

数据规模

所有数据保证 $1\leqslant n\leqslant 300$ ， $1\leqslant a_i\leqslant 10^6$ 。

解题思路

区间dp模板题石子合并的变形题，合并代价即每次合并得到的分数，问题就在于每次合并后的数的计算。由于数的合并是乘法和取模运算，具有结合律的性质，因此可以提前进行预处理计算，然后O(1)进行查询，这里用到的是前缀积的方法。

令前 i 个数的积为 $sum[i]$ ，对于 $[i, j]$ 区间的积，计算方法为 $a_{i, j} = \frac{sum[j]}{sum[i - 1]}$ ，但由于本题需要取模，因此就需要转换成乘法逆元再取模，即 $a_{i, j} = sum[j] * inv(sum[i - 1]) % mod$ 。

然后考虑状态转移，令 $dp[i][j]$ 表示 $[i, j]$ 区间合并后的最大分数，根据区间dp的思路，可以分为 $dp[i][k] + dp[k + 1][j]$ ，其中 $[i, k]$ 区间合并后的值和 $[k + 1, j]$ 区间合并后的值可以通过上面式子进行计算，那么合并的分数就为 $(a_{i,k} - a_{k + 1, j})^2$ ，因此可以得到状态转移方程

$dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k + 1][j] + (a_{i, k} - a_{k + 1, j})^2)$ ，最后 $dp[1][n]$ 即为答案。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x & -x)
#define mid (l + r >> 1)

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000003;
const int N = 305;
int a[N];
ll sum[N], dp[N][N];

ll quick_pow(ll a, ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

ll inv(ll x){
    return quick_pow(x, mod - 2);
}

inline ll cal(int l, int r){
    return sum[r] * inv(sum[l - 1]) % mod;
}

inline ll pow2(ll x){
    return x * x;
}

int main(){
    //freopen("input.txt", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    cout.tie(NULL);
    int n;
    cin >> n;
    sum[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        sum[i] = sum[i - 1] * a[i] % mod;
    }
    for(int len = 2; len <= n; len++){
        for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++){
            int r = l + len - 1;
            for(int k = l; k < r; k++){
                dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k + 1][r] + pow2(cal(l, k) - cal(k + 1, r)));
            }
        }
    }
    cout << dp[1][n] << endl;
    return 0;
}