牛客周赛138补题

E 小苯的数字染色

知识点：线性dp

手模样例发现，贪心是不行的，所以我们考虑dp，先考虑线性dp,如果用 dp[i] 来表示到第i个元素能获得的最大分数，那么对于随便一个dp[i]来说，进行状态转移，如果当前数你不取得话，直接把 dp[i-1] 的数值拿过来就可以了，如果取得话，就要在 1~i-1 之间找一个同奇偶的数来配对，所以枚举j的位置，这样状态转移方程就是 dp[i]=max(dp[i-1],dp[j-1]+a[j]+a[i]])

但是注意到n是1e5的，枚举j就是 O(n^2) 的时间复杂度，会TLE，所以想想如何优化，看看状态转移方程，发现dp[j-1]+a[j]我们在遍历i的过程中可以顺手维护，但这就很棒了，只需要奇数偶数分别维护一个j的最大值就行了。

code

void solve()
{
    cin>>n;
    vi a(n+1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    vi dp(n+1,0);
    int ji=-1e9;
    int ou=-1e9;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]&1)
        {
            dp[i]=max(dp[i-1],a[i]+ji);
            ji=max(ji,dp[i-1]+a[i]);
        }
        else
        {
            dp[i]=max(dp[i-1],a[i]+ou);
            ou=max(ou,dp[i-1]+a[i]);
        }
    }
    cout<<dp[n]<<endl;
}

F 小苯的对称序列

知识点：区间DP

这是一个区间问题，然后发现贪心不可做，考虑DP

如果是线性DP，状态难以维护，也不是背包，和树也没关系，考虑区间DP

发现n的数据范围非常小，支持O（\(n{3}\))的操作，所以区间DP可以尝试。

传统的区间dp，都是枚举长度和左端点然后枚举中间一个断点，但在这里发现如果这样，发现会少一个状态没有维护到，那就是与中间断点相对应的右端点，所以想办法预处理这个东西

对于l,j,r来说，右端点的数字应该是a[r]+a[l]-a[j]，如果j和r之间如果有多个这样的数字，显而易见我们应该选更靠右的

那么我们就预处理对于每个i来说每个值在i左边的位置，这样就解决了一个状态

注意：不要忘了预处理

如何预处理呢？如果长度为1的子序列，dp值肯定为1，又因为这个子序列是不需要连续的，所以对于任意两个不同位置的值来说，dp值都应该是2

然后再进行传统的区间DP，枚举的长度应该从3开始

void solve()
{
    cin>>n;
    vi a(n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    vvi dp(n+1,vi(n+1,0));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][i]=1;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            dp[i][j]=2;
        }
    }
    vvi nex(n+1,vi(1001,0));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        nex[i]=nex[i-1];
        if(i>1)
        {
            nex[i][a[i-1]]=i-1;
        }
    }
    for(int len=3;len<=n;len++)
    {
        for(int l=1;l+len-1<=n;l++)
        {
            r=l+len-1;
            for(int j=l+1;j<r;j++)
            {
                int temp=a[r]+a[l]-a[j];
                if(temp<1||temp>1000)
                {
                    continue;
                }
                dp[l][r]=max(dp[l][r],2+dp[j][nex[r][temp]]);
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i;j<=n;j++)
        {
            ans=max(ans,dp[i][j]);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}