CodeForces - 1497D Genius(dp)

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题目大意：给出 nnn 个问题，每个问题有如下属性：

tagtagtag：标签
ccc：困难度
sss：奖励值

初始时 ci=2ic_i=2^ici=2i，初始时 IQ=0IQ=0IQ=0 ，假设 lastlastlast 是最后一个回答的问题，则需要满足 ∣ci−clast∣>IQ|c_i-c_{last}|>IQ∣ci−clast∣>IQ 才可以回答问题 iii，且回答之后会发生的变化：

IQ=∣ci−clast∣IQ=|c_i-c_{last}|IQ=∣ci−clast∣
获得 ∣si−slast∣|s_i-s_{last}|∣si−slast∣ 的奖励
lastlastlast 变成 iii

可以以任意顺序回答任意问题任意次，问最大可以获得的奖励值是多少

题目分析：动态规划问题，先不考虑题目限制，一开始设计的状态是 dpi,jdp_{i,j}dpi,j ，指倒数第二次回答的是问题 iii ，最后一次回答的是问题 jjj 的最大贡献，正确性显然，但是转移的方程好像有点爆

不过仔细观察状态之间的转移，若 dpi,jdp_{i,j}dpi,j 想要转移到 dpj,kdp_{j,k}dpj,k，当且仅当 ∣ck−ci∣>∣ci−cj∣|c_k-c_i|>|c_i-c_j|∣ck−ci∣>∣ci−cj∣ 才行

将模型放到图论上去，就变成了：有 nnn 个点，任意两点之间都可以建边，且边权为 ∣ci−cj∣|c_i-c_j|∣ci−cj∣ 的一个无向图，那么我们可以在无向图上从小边权向大边权进行迭代，这样复杂度就下来了

简单来说就是设计 dpidp_idpi 为最后一个回答的问题是 iii 的最大贡献，当迭代到 (i,j)(i,j)(i,j) 这条边时，状态 iii 可以由状态 jjj 更新，同时状态 jjj 也有可能被状态 iii 更新（因为是无向图），所以转移方程如下：设 val=∣si−sj∣val=|s_i-s_j|val=∣si−sj∣

dpi=max(dpi,dpj+val)dp_i=max(dp_i,dp_j+val)dpi=max(dpi,dpj+val)
dpj=max(dpj,dpi+val)dp_j=max(dp_j,dp_i+val)dpj=max(dpj,dpi+val)

到此为止，我们还需要解决两个问题：

边权有相同的该怎么办
如何按照边权从小到大枚举边

关于第一点比较好论述，因为所有的边权都是诸如 ∣2i−2j∣|2^i-2^j|∣2i−2j∣ 的形式，将其转换为二进制后不难发现，这个值在区间 [i,j−1][i,j-1][i,j−1] 的位置都是 111，其他位置都是 000，所以对于任意一对互不相同的 (i,j)(i,j)(i,j) 二元对来说，其权值都是互不相同的

关于第二点，因为题目内存的限制，使得我们没办法将所有的边都存下来然后排序，但是，假如我们可以将边存下来然后排序的话又能怎样？二进制递增的速度非常快，以至于当 nnn 较大的时候，数值根本存不下，手玩一下找一下规律，不难发现二元对 (i,j)(i,j)(i,j) 权值的大小（假设 i<ji<ji<j），由 jjj 主导，当 jjj 相同的时候，权值大小与 iii 呈负相关的关系

所以在按照权值大小枚举所有边的时候，可以按照：

从 2−n2 - n2−n 枚举 jjj
从 j−1j -1j−1 枚举 iii

按照上述顺序去枚举所有的二元对 (i,j)(i,j)(i,j) ，就可以满足枚举的边权是从小到大的了

代码：

// Problem: D. Genius
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #708 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1497/problem/D
// Memory Limit: 32 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)// #pragma GCC optimize(2)
// #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
// #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
template<typename T>
inline void read(T &x)
{T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=5e3+100;
LL dp[N],tag[N],s[N];
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--) {memset(dp,0,sizeof(dp));int n;read(n);for(int i=1;i<=n;i++) {read(tag[i]);}for(int i=1;i<=n;i++) {read(s[i]);}for(int j=2;j<=n;j++) {for(int i=j-1;i>=1;i--) {if(tag[i]==tag[j]) {continue;}LL dpi=dp[i],dpj=dp[j],val=abs(s[i]-s[j]);dp[i]=max(dp[i],dpj+val);dp[j]=max(dp[j],dpi+val);}}cout<<*max_element(dp,dp+n+1)<<endl;}return 0;
}

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