P10108 [GESP202312 六级] 闯关游戏题解

思路分析

关键观察：得分只发生在「离开第 \(s\) 关」的瞬间，拿的是 \(b_s\)，与选哪个通道无关；通道只决定落到哪一关。所以每个状态只需要知道「我现在站在第 \(x\) 关」。

因为 \(a_i \ge 1\)，每次前进的关卡号严格递增，不存在环 —— 这就是一个 DAG 上的最长路，按关卡号从小到大做 DP 即可。

状态定义：dp[x] = 站在第 \(x\) 关、且尚未领取 \(b_x\) 时，已累积的最大分数。不可达为 \(-\infty\)。

转移：在第 \(x\) 关选通道 \(i\)，令 \(nx = x + a_i\)，本步收益固定为 \(b_x\)：

• 若 \(nx \ge N\) → 直接通关，用 \(dp[x] + b_x\) 更新答案；
• 否则 → dp[nx] = max(dp[nx], dp[x] + b[x])。

初始值 dp[0] = 0，答案为所有「通关时刻」的收益最大值。用 long long，因为最多走 \(10^4\) 步、每步 \(10^5\)，总和可达 \(10^9\)（负分同理）。

复杂度 \(O(NM)\)，即 \(10^4 \times 100 = 10^6\)，非常宽松。

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int N, M;
    cin >> N >> M;

    vector<int> a(M);
    for (int i = 0; i < M; i++) cin >> a[i];

    vector<long long> b(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) cin >> b[i];

    const long long NEG = -(1LL << 60);   // 负无穷，避免溢出
    vector<long long> dp(N, NEG);
    dp[0] = 0;

    long long ans = NEG;
    for (int x = 0; x < N; x++) {
        if (dp[x] == NEG) continue;       // 该关不可达
        for (int i = 0; i < M; i++) {
            int nx = x + a[i];
            if (nx >= N) ans = max(ans, dp[x] + b[x]);   // 通关
            else         dp[nx] = max(dp[nx], dp[x] + b[x]);
        }
    }

    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

几个容易踩的坑

1. 通关那一步也要计分。离开第 \(x\) 关拿到 \(b_x\) 后才判断是否越界，样例里最后一关的 30 分正是这么来的，别漏掉。
2. 负分关卡不能跳过。题目保证 \(|b_i|\) 可能为负，负分关卡如果必经就躲不开，所以初始化必须用真正的 \(-\infty\)（用 0 初始化会让「不可达」伪装成合法状态，导致答案偏大）。
3. 正序遍历：依赖的是编号更小的状态，若写成逆序背包式循环会漏掉前面刚更新的值。

样例 1（\(N=6,\,a=\{2,3\},\,b=\{1,0,0,100,0,30\}\)，输出 131）、全负分、\(N=1\) 边界三组数据验证通过。