挖串 dp 笔记
概览
一类特殊的区间 dp，常常
- 定义一种操作为删除当前序列的一个子段，子段两侧的数会变成相邻的
- 每次删除操作有一个代价
- 求删空序列的总代价最值
由于本题中的当前串的“子段”在被挖完串后其实不一定是连续段，所以普通的区间 dp 是不可行的。
办法
【例1】[THUSC2016]成绩单
设两个 dp 数组：\(f[l][r]\) 和 \(g[l][r][mn][mx]\)。
\(f[l][r]\) 表示区间 \([l,r]\) 取空的最小代价，则 \(f[1][n]\) 即为所求。
\(g[l][r][mn][mx]\) 表示取空 \([l,r]\)，当最后一次取的最小值为 \(mn\)、最大值为 \(mx\) 时，最后一次之前最小的代价是多少。
含义：
\((1):\) 略
\((2):\) 略
【例2】[ACSX0212]好
首先观察转化题意，发现每次可以删的应该是一个先上升再下降的子段（当然也可以全升/全降），且每次上升1，每次下降1。先考虑全部删完（忽略可以不删完的条件），因为这是挖串dp擅长解决的问题。
走挖串流程。设一个\(f[l,r]\)表示l...r全部删空的最大价值。发现不太好继续做，因为不好确定最后删的子序列。
这时有一个很巧妙的分类讨论：假如l,r不是在同一次操作被删，那么就可以找到一个界点\(\in [l,r)\)使得\([l,k]\)和\([k+1,r]\)成为两个子问题。
假如l,r是在同一次操作被删，令这次操作为最后一次操作，那么在[l,r]的峰顶k，接下来就是要知道[l,k]中把序列删到只剩一个上坡的最大价值，以及[k,r]中把序列删到只剩一个下坡的最大值，再加上这最后一次操作的价值v[2a[k]-a[l]-a[r]+1]（原因是你知道了a[k],a[l],a[r]好序列长度就确定了）
设g[l,r][0]表示将[l,r]删到只剩一个上坡，并且l,r都在坡里的最大值；~[1]表示~下坡。
上面是g的dp方程；f的转移：
回头看不一定要删完可以得到的最优收益。那么就是选择若干个不重合线段，每个线段有一个价值，求最大价值。这个可以\(O(n^2)\)dp.
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=405;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[N],v[N];
ll ans,f[N][N],g[N][N][2],h[N];
int main(){
freopen("good.in","r",stdin);freopen("good.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memset(f,-0x3f,sizeof(f));
memset(g,-0x3f,sizeof(g));
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=v[1],g[i][i][0]=g[i][i][1]=0,f[i+1][i]=0;
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
for(int k=l;k<=r;k++){
if(a[k]==a[r]-1&&g[l][k][0]>-INF)g[l][r][0]=max(g[l][r][0],g[l][k][0]+f[k+1][r-1]);
if(a[k]==a[r]+1&&g[l][k][1]>-INF)g[l][r][1]=max(g[l][r][1],g[l][k][1]+f[k+1][r-1]);
}
for(int k=l;k<r;k++)f[l][r]=max(f[l][r],f[l][k]+f[k+1][r]);
for(int k=l;k<=r;k++)
if(g[l][k][0]!=-INF&&g[k][r][1]!=-INF)
f[l][r]=max(f[l][r],g[l][k][0]+g[k][r][1]+v[2*a[k]-a[l]-a[r]+1]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
h[i]=h[i-1];
for(int j=0;j<i;j++) h[i]=max(h[i],h[j]+f[j+1][i]);
}
cout<<h[n];
}
挖串DP基本步骤（走流程）
- 识别挖串DP（通常是删掉一个子段能得到价值/代价，删后左右合并，要最优化收益）
- 观察性质，说出一次可以删的子序列的特征
- 设\(f[l,r]\)表示[l,r]删完的最优收益
- 设\(g[l,r][限制条件]\)表示[l,r]删到只剩一个满足限制条件的子序列能得到最优收益
要求：知道限制条件就能直接算得单次收益 - \(f[l,r]=g[l,r][限制条件]+\) 满足限制条件算得的单次收益
注云：这是绝主要脉络，是核心。但题目可能会在边角料上加工，需要通过分类讨论等方式找到这个核心。
WARNING: dp的初始值注意设为-INF，可以判定无解。
习题
这道题通过上述讲的方法相信大家都是会的。
设 \(f[l,r],g[l,r][i]\) 表示 \([l,r]\) 全删完的最大价值；\([l,r]\) 删到只剩 \(i\) 个 \(a_r\) 的最大收益。
\[f[l,r]=\max(g[l,r][i]+i^2)\\ g[l,r][i]=\max_{k\in [l,r)}(g[l,k][i-1]+f[k+1][r-1]) \]
但通过这道题我们可以积累另一个 dp 状态设计方式，那就是设将来决策，以消除后效性。
可以设 \(f[l,r][i]\) 表示：删完 \([l,r]\) 及从 \(r+1\) 往右数 \(i\) 个 \(a_r\)，能得到的最大价值。于是需要考虑我们这一次
- 是直接把 \(a_r\) 以及右边那一串 \(=a_r\) 的全部“兑现”；
- 还是攒着跟 \([l,r)\) 中的一些 \(=a_r\) 的一起消。
转移式分别为
Code1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=205;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[N];
ll f[N][N],g[N][N][N];
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memset(f,-0x3f,sizeof(f));
memset(g,-0x3f,sizeof(g));
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1,g[i][i][1]=0,f[i][i-1]=0;
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
g[l][r][1]=f[l][r-1];
for(int i=2;i<=r-l+1;i++)
for(int k=r-1;k>=l;k--)
if(a[k]==a[r]&&g[l][k][i-1]>-INF)
g[l][r][i]=max(g[l][r][i],g[l][k][i-1]+f[k+1][r-1]);
for(int i=1;i<=r-l+1;i++)
if(g[l][r][i]>-INF)
f[l][r]=max(f[l][r],g[l][r][i]+1ll*i*i);
}
}
cout<<f[1][n]<<'\n';
}
int main(){int t;cin>>t;for(int i=1;i<=t;i++)printf("Case %d: ",i),solve();}
Code2
#include <bits/stdc++.h>
#define sq(a) (a)*(a)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=205;
int n,a[N],f[N][N][N];
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int len=1;len<=n;len++){
for(int l=1,r=len;r<=n;l++,r++){
for(int i=0;i<=n-r;i++){
f[l][r][i]=0;
f[l][r][i]=max(f[l][r][i],f[l][r-1][0]+sq(1+i));
for(int k=l;k<r;k++)
if(a[k]==a[r])
f[l][r][i]=max(f[l][r][i],f[l][k][1+i]+f[k+1][r-1][0]);
}
}
}
cout<<f[1][n][0]<<'\n';
}
int main(){
int t;cin>>t;for(int i=1;i<=t;i++)printf("Case %d: ",i),solve();
}
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