YbtOJ 洛谷UVA10559 方块消除

题目大意：

n 个木块排成一列，每个木块有一个颜色，每次，你都可以点击一个木块，这样被点击的木块以及和它相邻并且同色的木块就会被消除。如果一次性消除了 k 个木块，就会得到 ${k^{2}}$ 分，求最高得分。

算法分析：

首先，会想到贪心，但很容易发现有些最优解是消除了单个木块，让更长的相同颜色木块拼在一起。所以，贪心策略行不通。

于是，想到了区间DP。

做过版子题（石子合并）应该会很容易想到：

设 tot 表示原序列分成的颜色段的段数。

len[i] 表示第 i 个颜色段的长度。

color[i] 表示第 i 个颜色段的颜色。

dp[i][j] 表示消除第 i 段到第 j 段之间所有木块的最高得分。

然而，我们发现，如果单纯这么转移的话，当第 j 段后面仍然有和第 j 段前面的颜色段颜色相同的段，无法判断将两个颜色段合并是否更优。

所以，还需要再加一维。

设 dp[i][j][k] 表示在第 j 段后面出现 k 个与第 j 段颜色相同的木块，消除第 i 段到第 j 段之间的所有木块所能得到的最高得分。

转移方程

考虑转移对于 r 所在的颜色段，有两种情况，可以选择直接消除，或在 r 段前面补上与它颜色相同的木块。

什么意思？

首先，如果直接消除：将 r 段清除后，变成 r−1 段，k=0，再加上清除这一段的得分。

dp[l][r][k] = dp[l][r-1][0] + (len[r]+k) * (len[r]+k)

再考虑第二种情况，在 l 到 r 中找一段与 r 颜色相同的段，设为 x ,将这一段与 r 合并，也就是先清除中间的木块，再将合并的段清除。这时的 k 就变为 len[r]+k 。

dp[l][r][k] = max(dp[l][r][k],dp[x+1][r-1][0]+dp[l][x][len[r]+k])

代码（两种，记忆化搜索和动态规划）

先来看记忆化搜索的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){ //快读不解释int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f=-1 ; ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48) ; ch=getchar();}return x*f;
}
const int M = 210;
int dp[M][M][M],color[M],len[M],a[M]; //如上文的含义
int T,n,tot;
int dfs(int l,int r,int k){if(l==r)return (len[r]+k)*(len[r]+k); //如果搜到一起了，返回此时加的分数if(dp[l][r][k]) return dp[l][r][k]; //这就是记忆化，避免了重复搜索dp[l][r][k] = dfs(l,r-1,0) + (len[r]+k)*(len[r]+k);//上文的转移式1for(register int i(l) ; i<r-1 ; i=-~i){if(color[i] == color[r]){ //这两段颜色相同才能转移dp[l][r][k] = max(dp[l][r][k],dfs(i+1,r-1,0) + dfs(l,i,len[r]+k)); //转移式2}}return dp[l][r][k]; //最后返回此时能得到的最大得分
}
int main(){T=read();for(register int cnt(1) ; cnt<=T ; cnt=-~cnt){memset(dp,0,sizeof(dp));memset(color,0,sizeof(color));memset(len,0,sizeof(len));tot=0; //一定要清零，要不是你错都不知道怎么错的n=read();for(register int i(1) ; i<=n ; i=-~i) a[i] = read();for(register int i(1) ; i<=n ; i=-~i){if(a[i] != a[i-1]){ color[++tot] = a[i]; //这一部分先预处理颜色段数和颜色len[tot]=1;}else len[tot]++;}printf("Case %d: %d\n",cnt,dfs(1,tot,0)); //最后输出就行}return 0;
}

然后放上动态规划的（一定要注意转移顺序）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch == '-') f=-1 ; ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48) ; ch=getchar();}return x*f;
}
const int M = 210;
int dp[M][M][M],color[M],len[M],a[M],s[M];
int T,n,tot;
int main(){T=read();for(register int cnt(1) ; cnt<=T ; cnt=-~cnt){memset(dp,0,sizeof(dp));memset(color,0,sizeof(color));memset(len,0,sizeof(len));tot=0;n=read();for(register int i(1) ; i<=n ; i=-~i) a[i] = read();for(register int i(1) ; i<=n ; i=-~i){if(a[i] != a[i-1]){ color[++tot] = a[i];len[tot]=1;}else len[tot]++;}for(register int i(1) ; i<=n ; i=-~i) s[i] = s[i-1] + len[i]; //前缀和处理，预处理出前面最多有多少段颜色相同的for(register int l(0) ; l<=n ; l=-~l){for(register int i(1) ; i+l<=n ; i=-~i){ // 注意转移顺序int j = l+i;for(register int k(0) ; k<=s[n]-s[j-1] ; k=-~k){ //k循环到这就行了，一点点优化dp[i][j][k] = dp[i][j-1][0] + (len[j]+k)*(len[j]+k); //转移式1}for(register int k(i) ; k<j ; k=-~k){for(register int h(0) ; h<=s[n]-s[j-1] ; h=-~h){if(color[k] == color[j]){dp[i][j][h] = max(dp[i][j][h],dp[k+1][j-1][0] + dp[i][k][len[j]+h]); //转移式2}}}}}printf("Case %d: %d\n",cnt,dp[1][tot][0]);//颜色段只有tot，不能到n}return 0;
}