JOI 精选

【未完稿】

距 CSP-J/S 2026 第二轮 还剩 33 天。

P4138 [JOISC 2014] 挂饰 / Straps

JOI 君有 \(N\) 个装在手机上的挂饰，编号为 \(1,2,\cdots,N\)。JOI 君可以将其中的一些装在手机上。

JOI 君的挂饰有一些与众不同——其中的一些挂饰附有可以挂其他挂件的挂钩。每个挂件要么直接挂在手机上，要么挂在其他挂件的挂钩上。直接挂在手机上的挂件最多有 \(1\) 个。

此外，每个挂件有一个安装时会获得的喜悦值，用一个整数来表示。如果 JOI 君很讨厌某个挂饰，那么这个挂饰的喜悦值就是一个负数。

JOI 君想要最大化所有挂饰的喜悦值之和。注意不必要将所有的挂钩都挂上挂饰，而且一个都不挂也是可以的。

\(1\leq N\leq 2000\)。

\(0\leq A_i\leq N(1\leq i\leq N)\)。

\(-10^6\leq B_i\leq 10^6(1\leq i\leq N)\)。

sol

观察发现，一个状态只和有多少个挂钩有关。

以及应当让挂钩少的挂在挂钩多的上，不然挂不上。

于是先把挂件按挂钩个数从大到小排序，\(dp_{i,j}\) 表示处理到第 \(i\) 个挂件时，有 \(j\) 个挂钩的喜悦值最大值。

转移容易，但记得 \(j\) 只需保存到 \(n\)（因为一共就 \(n\) 个挂件）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n;
struct edge{
	int cnt,v1,v2;
}a[2005];
int dp[2005][2005];
bool cmp(edge x,edge y){
	return x.v1>y.v1;
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].v1>>a[i].v2;
		a[i].cnt=i;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			dp[i][j]=-1e18;
		}
	}
	dp[0][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}		
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(dp[i-1][j]==-1e18) continue;
			dp[i][(min(j-1+a[i].v1,n))]=max(dp[i][(min(j-1+a[i].v1,n))],dp[i-1][j]+a[i].v2);
		}
	}
	int maxx=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		maxx=max(maxx,dp[n][i]);
	}
	cout<<maxx;
	return 0;
}

P6116 [JOI 2019 Final] 有趣的家庭菜园 3 / Growing Vegetables is Fun 3

家庭菜园专家 JOI 先生在他的家庭菜园中种植了一种叫 Joy 草的植物。在他的菜园里，有 \(N\) 个花盆自东向西摆放，第 \(i\) 个编号为 \(i\)。每个花盆中有一株 Joy 草。

春天到了，JOI 先生注意到 Joy 草如他期望地长出了各种颜色的叶子，但他也发现 Joy 草的生长速度没有他期望的那么快。他查阅了书籍，找到了草的以下特点：

• Joy 草有三种品种，分别会长出红色、绿色和黄色的叶子。

• 如果两株同一颜色的 Joy 草紧密相邻，它们的生长速度就会减慢。

因此，JOI 先生决定重新摆放花盆，使得没有两株相邻的 Joy 草颜色相同。

花盆非常沉重，因此 JOI 先生每次只能交换相邻的两个花盆。形式化的说，JOI 先生每次操作可以选择一个 \(i\)，然后交换花盆 \(i\) 和花盆 \(i+1\)。

请编写一个程序，计算最少的交换次数。

Subtask 1（5 分）：\(N\le 15\)。

Subtask 2（55 分）：\(N\le 60\)。

Subtask 3（15 分）：字符串仅包含 R,G。

Subtask 4（25 分）：\(N\le 400\)。

sol

首先，在初始序列和最终序列中，相同字母的相对顺序一定不变。

如果发生改变，那么会发生一次交叉，那么一定比最优差。

根据结论，确定最终序列，答案为逆序对数。

直接 \(dp\)，考虑 \(dp_{i,j,k,0/1/2}\) 表示三种颜色 R,G,Y 分别有 \(i,j,k\) 个（依照顺序），以哪个颜色作为结尾。

转移时贡献为逆序对数。

设 \(g_{i,c}\) 表示原序列中第 \(i\) 个颜色 \(c\) 的位置，\(p_{x,c}\) 表示原序列前 \(x\) 个位置中颜色 \(c\) 的出现次数。

转移为：

\[dp_{i,j,k,0} = \min(dp_{i-1,j,k,1},dp_{i-1,j,k,2}) +\max(j-p_{g_{i,0},1},0) +\max(k-p_{g_{i,0},2},0) \]

其中 \(i>0\)。

\[dp_{i,j,k,1} = \min(dp_{i,j-1,k,0},dp_{i,j-1,k,2}) +\max(i-p_{g_{j,1},0},0) +\max(k-p_{g_{j,1},2},0) \]

其中 \(j>0\)。

\[dp_{i,j,k,2} = \min(dp_{i,j,k-1,0},dp_{i,j,k-1,1}) +\max(i-p_{g_{k,2},0},0) +\max(j-p_{g_{k,2},1},0) \]

其中 \(k>0\)。

答案为 \(\min(dp_{i,j,k,0},dp_{i,j,k,1},dp_{i,j,k,2})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
string s;
int dp[405][405][405][3];
int p[405][3];
int g[405][3];
signed main(){
	cin>>n;
	cin>>s;
	int sr=0,sg=0,sy=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(s[i]=='R') g[++sr][0]=i;
		if(s[i]=='G') g[++sg][1]=i;
		if(s[i]=='Y') g[++sy][2]=i;
	}
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(i==0) goto jj;
		p[i][0]=p[i-1][0];
		p[i][1]=p[i-1][1];
		p[i][2]=p[i-1][2];
		jj:;
		if(s[i]=='R') p[i][0]++;
		if(s[i]=='G') p[i][1]++;
		if(s[i]=='Y') p[i][2]++;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			for(int k=0;k<=n;k++){
				dp[i][j][k][0]=dp[i][j][k][1]=dp[i][j][k][2]=1e9;
			}
		}
	}
	dp[0][0][0][0]=dp[0][0][0][1]=dp[0][0][0][2]=0;
	for(int i=0;i<=sr;i++){
		for(int j=0;j<=sg;j++){
			for(int k=0;k<=sy;k++){
				if(i>0) dp[i][j][k][0]=min(dp[i][j][k][0],min(dp[i-1][j][k][1],dp[i-1][j][k][2])+max(j-p[g[i][0]][1],0)+max(k-p[g[i][0]][2],0));
				if(j>0) dp[i][j][k][1]=min(dp[i][j][k][1],min(dp[i][j-1][k][0],dp[i][j-1][k][2])+max(i-p[g[j][1]][0],0)+max(k-p[g[j][1]][2],0));
				if(k>0) dp[i][j][k][2]=min(dp[i][j][k][2],min(dp[i][j][k-1][0],dp[i][j][k-1][1])+max(i-p[g[k][2]][0],0)+max(j-p[g[k][2]][1],0));
			}
		}
	}
	if(min({dp[sr][sg][sy][0],dp[sr][sg][sy][1],dp[sr][sg][sy][2]})>=1e9) cout<<-1;
	else cout<<min({dp[sr][sg][sy][0],dp[sr][sg][sy][1],dp[sr][sg][sy][2]});
	return 0;
}