P2466 [SDOI2006]Sue的小球

我们注意到，这道题要求小球最大价值和，并且即使权值变为负的也要算上。因此，状态转移时只要维护所有小球损失的价值“最小即可。
这是一道典型的区间dp,因此我们可以设值状态为\(dp(i,j,pos)\),其中\(pos\)表示Sue在区间\([i,j]\)的左端还是右端。为什么要有这个状态呢？由于移动需要时间，需要分类讨论sue的位置。
其次，为什么可以表示成区间
\(s[i,j]\)呢？可以自行画图发现，Sue所经过的区间一定是一个连续区间，区间内的所有小球都被收集。
第三是状态的定义。按照传统思路，我们把它定义为“已经过区间\([i,j]\),在\(pos\)端，所区间内损失的价值”，但会在转移时出现一些问题：①每到收集一个小球，我们就要更新状态，这就要求我们记录每个状态用时；②Sue在收集小球时，所有未收集的球都在下落，但我们没有考虑这些球的损失，从而可能出现前期因追求最优解而耽误时间，后期损失极大，不能取到最优解。因此，我们改变定义为“目前所有小球损失之和，"从而可以取到最优解。
第四是状态的转移存在性，首先，
\([i,j]\)指的是"第i~j个小球",而不是\(x\)坐标，用离散化来压缩状态数量。其次，由于题目给定了出发点\(x_0\)。因此次，由于题目给定了出发点\(x_0\)，因此\(x_0\)不包含在\([i,j]\)里的状态都没有用，预处理为∞。另外，为方便转移，要把出发点视为一个{\(x_0\),\(0\),\(0\)}的小球。
第五是状态转移，以\(dp(i,j,0)\)为例。由于\(i\)是新收集的小球（\(pos\)为\(0\),Sue在\(i\)上）,状态一定由\([i+1,j]\)转移来。依次考虑\(pos\)为\(0\)和\(1\)的情况，并更新在路程中，未收集的小球掉落所产生的损失。由此方程为
\(dp(i,j,0)\) =
\(min\) { \(dp(i,j,0)\) +( \(x_r\)-\(x_i\))(\(\sum_{k = 0}^{n} \ v_k\) - \(\sum_{k = i+1}^{j} \ v_k\) \() ,\)
\(dp(i+1,j,1)\) +(\(x_j\)-\(x_i\))(\(\sum_{k = 0}^{n} \ v_k\) - $\sum_{k = i+1}^{j} \ v_k $ )}
反之亦然。（注：r=i+1)
因此，输出答案为
\(-min\){\(dp(0,n,0),dp(0,n,1)\)}另外要注意两点，
第一，方程中的\(segma\)部分可以用前缀和优化
第二，小球有\(n\)个，那为什么有
\(dp(0,n,0)\)呢？因为我们又加了一个虚拟的出发点的小球。
就这样解决了本题。
附AC代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long
int x[10000],y[10000],v[10000],dp[5000][5000][2],presum[10001],x0,sort1[10000],tmp[10000];
int n,pos;
bool flag=0;
bool cmp (int i,int j) {
    return x[i]<x[j];
}
int val(int t,int x,int y) {
    int ans=presum[n-1];
    ans-=(presum[y]-(x?presum[x-1]:0));
    ans*=t;
    return ans;
}
signed main()
{
    cin>>n>>x0;
    n++;
    for (int i=0;i<n;i++) sort1[i]=i;
    for (int i=0;i<n;i++) {
        cin>>x[i];
        if ((flag==0)&&((x[i]>=x0)||(i==n-1))) {
	        x[i+1]=x0;
	        swap(x[i],x[i+1]);
	        pos=i;
	        i++;
	        flag=1;
        }
    }
    sort(sort1,sort1+n,cmp);
    for (int i=0;i<n;i++) tmp[i]=x[i];
    for (int i=0;i<n;i++) x[i]=tmp[sort1[i]];
    for (int i=0;i<n;i++) {
        if (i!=pos) cin>>y[i];
        else y[i]=0;
        tmp[i]=y[i];
    }
    for (int i=0;i<n;i++) y[i]=tmp[sort1[i]];
    for (int i=0;i<n;i++) {
        if (i!=pos) cin>>v[i];
        else v[i]=0;
        tmp[i]=v[i];
	}
    for (int i=0;i<n;i++) v[i]=tmp[sort1[i]];
    for (int i=0;i<n;i++) {
        if (!i) presum[i]=v[i];
        else presum[i]=presum[i-1]+v[i];
    }
    for (int k=0;k<n;k++) {
        for (int i=0;i<n;i++) {
            int j=i+k;
            if (j>=n) break;
            dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=998244353114514;
            if ((x[i]>x0)||(x[j]<x0)) continue;
            if (k==0) { 
                dp[i][j][0]=dp[i][j][1]=y[i];
                continue;
            }
            dp[i][j][0]=min(dp[i+1][j][0]+val(x[i+1]-x[i],i+1,j),dp[i+1][j][1]+val(x[j]-x[i],i+1,j));
            dp[i][j][1]=min(dp[i][j-1][0]+val(x[j]-x[i],i,j-1),dp[i][j-1][1]+val(x[j]-x[j-1],i,j-1));
        }
    }
    int ans=0;
    for (int i=0;i<n;i++) ans+=y[i];
    ans-=min(dp[0][n-1][0],dp[0][n-1][1]);
    printf("%.3f",((ans*1.0)/1000));
    return 0;
}