题解：CF358D Dima and Hares

CF358D 题解

题面

原题传送门

思路

挺好的一道 DP 题。

首先分析题目会发现这道题的 DP 有点特殊：每一个点的状态会与前后两道题的状态相互影响与改变。

而观察到，一个点 \(i\) 的状态均可以表示成如下两种情况。

1. 先选第 \(i+1\) 个物品，再取第 \(i\) 个物品。（取物品的操作并不一定是相邻的，只是第 \(i\) 个物品在取了第 \(i+1\) 个物品后取的。）
2. 先选第 \(i\) 个物品，再选第 \(i+1\) 个物品。（取物品的操作并不一定是相邻的，只是第 \(i+1\) 个物品在取了第 \(i\) 个物品后取的。）

于是很容易想到可以设一个二维的 \(dp\) 数组：\(dp[i][2]\)。

1. \(dp[i][0]\) 表示先取第 \(i+1\) 个物品获得的前 \(i\) 个物品的最大值。
2. \(dp[i][1]\) 表示后取第 \(i+1\) 个物品获得的前 \(i\) 个物品的最大值。

接下来就开始推递推方程。

对于一个 \(dp[i][0]\)，是先取第 \(i+1\) 个物品，后取第 \(i\) 个物品，这个时候只要讨论 \(dp[i-1]\) 的两种状态即可。

1. 对于 \(dp[i-1][0]\) 是先取第 \(i\) 个物品，后取第 \(i-1\) 个物品，此时取第 \(i\) 个物品的时候，相邻的两个物品有一个被拿过，所以得到的价值为 \(b[i]\)。
2. 对于 \(dp[i-1][1]\) 是先取第 \(i-1\) 个物品，后取第 \(i\) 哥物品，此时取第 \(i\) 个物品的时候，相邻的两个物品都被拿过，所以得到的价值为 \(c[i]\)。

因此 \(dp[i][0]=\max(dp[i-1][0]+b[i],dp[i-1][1]+c[i])\)。

对于一个 \(dp[i][1]\)，是先取第 \(i\) 个物品，后取第 \(i+1\) 个物品，这个时候一样的讨论 \(dp[i-1]\) 的两种状态即可。

1. 对于 \(dp[i-1][0]\) 是先取第 \(i\) 个物品，后取第 \(i-1\) 个物品，此时取第 \(i\) 个物品的时候，相邻的两个物品都没有被拿过，所以得到的价值为 \(a[i]\)。
2. 对于 \(dp[i-1][1]\) 是先取第 \(i-1\) 个物品，后取第 \(i\) 哥物品，此时取第 \(i\) 个物品的时候，相邻的两个物品有一个被拿过，所以得到的价值为 \(b[i]\)。

因此 \(dp[i][1]=\max(dp[i-1][0]+a[i],dp[i-1][1]+b[i])\)。

故我们就可以线性求出 \(dp\) 数组了。

接下来，题目询问获得的最大价值，注意到第 \(n\) 个物品只可能是先取第 \(n\) 个物品，后取第 \(n+1\) 个物品，因为不存在第 \(n+1\) 个物品。

故答案为 \(dp[n][1]\)。

注意，一开始要初始化，给 \(dp\) 赋值成一个极小值（我因为没做这个，WA 过。）。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define INF 0x7fffffff/2
using namespace std;
const int MN=3005;
long long n,a[MN],b[MN],c[MN],dp[MN][2];
//dp[i][0] 表示先取第 i+1 个物品获得的前 i 个物品的最大值。 
//dp[i][1] 表示后取第 i+1 个物品获得的前 i 个物品的最大值。 
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&c[i]);
	for(int i=0; i<=n; i++) for(int j=0; j<=n; j++) dp[i][j]=-INF;
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		dp[i][0]=max(dp[i-1][0]+b[i],dp[i-1][1]+c[i]);
		dp[i][1]=max(dp[i-1][0]+a[i],dp[i-1][1]+b[i]);
	}
	printf("%lld",dp[n][1]);
	return 0;
}