【DP】HDU6357 Hills And Valleys

分析：

真是石乐志的一道题目啊。。。。

这题我考场上现推的DP和官方题解一点关系都没有。。。。

还是说说官方题解的做法吧

它把最长不下降子序列映射成两个序列的最长公共子序列问题
a序列就是给出的原序列
b序列是值域的序列
需要注意的是：b序列可以重复匹配

一般的最长不下降子序列中，b序列就是：0,1,2,3,4,5,6,7,8,9
这样a和b的最长公共子序列就是一个最长不下降子序列。

然后这题它说可以翻转一次。我们发现如果在a序列中枚举翻转端点是很难实现的。但可以在b序列上枚举翻转端点（最多C(10,2)C(10,2)C(10,2)种方案）。
换句话说，我们可以枚举翻转的两个端点的值。
然后，b序列可以转化成这个样子：
假设我们枚举的翻转的左端点值为yyy,右端点值为x" role="presentation" style="position: relative;">xxx，满足x<yx<yx
b序列就可以变成:
0,1,2,……x−1,x,(y,y−1,y−2,……，x+1,x),y,y+1,……8,90,1,2,……x−1,x,(y,y−1,y−2,……，x+1,x),y,y+1,……8,90,1,2,……x-1,x,(y,y-1,y-2,……，x+1,x),y,y+1,……8,9其中括号内的部分可以通过翻转使得整个串仍然是一个0到9的不下降序列。

然后转移随便写写就可以了。。。
注意不要memset，容易超时

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,t;
char s[MAXN];
int b[MAXN],spl,spr,ansl,ansr;
int dp[MAXN][22],tl[MAXN][22],tr[MAXN][22];;
int solve(int cnt){//memset(tl,0,sizeof tl);//memset(tr,0,sizeof tr);for(int i=0;i<cnt;i++)dp[0][i]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<cnt;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];tl[i][j]=tl[i-1][j];tr[i][j]=tr[i-1][j];if(s[i]==b[j]){dp[i][j]++;if(spl==j&&tl[i][j]==0)tl[i][j]=i;if(spr==j)tr[i][j]=i;}if(dp[i][j-1]>dp[i][j]){dp[i][j]=dp[i][j-1];tl[i][j]=tl[i][j-1];tr[i][j]=tr[i][j-1];}}return dp[n][cnt-1];
}
int main(){freopen("1008.in","r",stdin);int t;SF("%d",&t);    while(t--){SF("%d",&n);SF("%s",s+1);int minl=9;int maxl=0;for(int i=1;i<=n;i++){s[i]-='0';maxl=max(maxl,int(s[i]));minl=min(minl,int(s[i]));}for(int i=0;i<10;i++)b[i]=i;int ans=solve(10);ansl=1;ansr=1;for(int l=minl;l<=maxl;l++)for(int r=minl;r<l;r++){int cnt=0;for(int i=0;i<=r;i++)b[cnt++]=i;spl=cnt;for(int i=l;i>=r;i--)b[cnt++]=i;spr=cnt-1;for(int i=l;i<10;i++)b[cnt++]=i;int ans1=solve(cnt);if(ans1>ans&&tl[n][cnt-1]&&tr[n][cnt-1]){ans=ans1;ansl=tl[n][cnt-1];ansr=tr[n][cnt-1];  }}PF("%d %d %d\n",ans,ansl,ansr);}}

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