P10236 [yLCPC2024] D. 排卡解题报告

一、前言：我们要解决什么问题？

大家好！今天我们来分析一道有趣的动态规划问题。简单来说，题目给了我们一个数字队列，比如 [5, 3, 1, 4, 2]。我们需要玩一个游戏：

游戏操作：每次，我们可以从这个队列的最左边或者最右边拿走一个数。
构筑新序列：我们把拿出来的数，按顺序排成一个新序列 b。比如，先拿最左边的 5，再拿最右边的 2，再拿最左边的 3……
计算得分：新序列 b 的总分是 b[1]的b[2]次方 + b[2]的b[3]次方 + …… 一直加到最后。
最终目标：我们需要找到一种拿数的方法，使得这个总分最大。

二、思路历程：从错误到正确

1. 最初的想法：贪心行不行？

看到“最大化”，很多同学的第一反应是贪心。什么叫贪心呢？就是“只顾眼前，不看长远”。

贪心策略：我们是不是可以每一步都做出当前看起来最优的选择？比如，我们先确定第一个数 b[1] (从 a 的队头或队尾选一个)，然后为了让 b[1]的b[2]次方最大，我们再决定第二个数 b[2] (从剩下队列的头或尾选)。以此类推。
为什么贪心是错的？
这种策略非常短视。举个例子，假设我们有一个很大的数，比如 100。如果当前为了让 x^y 最大，我们把 100 当成了底数 x，可能收益不错。但也许，把这个 100 留到后面，让它当一个指数 y（比如 2^100），能带来的总分收益会高得多！贪心策略无法权衡一个数字“现在用”还是“以后用”哪个更好，因此很容易错过全局最优解。

2. 正确的方向：动态规划（DP）

既然贪心不行，我们就需要一种能“瞻前顾后”的全局规划方法。这就是动态规划（DP）大显身手的时候了。

观察这个游戏，我们发现一个关键特征：无论我们怎么从两头取数，剩下的数字永远是原始队列中一段连续的区间。

例如，从 [a_1, a_2, a_3, a_4, a_5] 中，我们先取 a_1，再取 a_5，那么剩下的就是 [a_2, a_3, a_4]，它是一个连续的子区间。

处理这种“连续区间”上的最优问题，正是区间动态规划（Interval DP）的典型应用场景。

三、区间DP详解：如何设计状态与转移

1. 状态定义：我们需要记录什么信息？

区间DP的核心是定义一个好的“状态”。我们想要求解“处理完区间 [l, r] 内所有数能得到的最大分值”。

但这里有一个难点：计算得分 b_i 的 b_{i+1} 次方，需要知道前一个数 b_i 是什么。这意味着我们的决策不仅影响当前，还决定了下一步计算得分的“底数”。

所以，一个简单的 dp[l][r] 是不够的。我们必须在状态里加入更多信息。一个绝妙的设计是：

dp[l][r][0]：表示我们只处理 a[l...r] 这个子区间，并且规定第一个拿的数必须是 a[l]，然后用最优策略拿完剩下所有数，能得到的最大总分。
dp[l][r][1]：同理，表示我们只处理 a[l...r] 这个子区间，但规定第一个拿的数必须是 a[r]，然后用最优策略拿完剩下所有数，能得到的最大总分。

这个状态定义非常精髓，它把“下一步的底数是什么”这个问题，转化为了“这个子问题是以谁开头”的确定性信息。

2. 状态转移：如何从小问题推导出大问题？

现在我们来看看如何计算 dp[l][r][0] 和 dp[l][r][1]。

计算 dp[l][r][0] (规定先拿 a[l])

我们已经确定了，在 a[l...r] 这个子问题中，第一个拿出的数是 a[l]。
那么，第二个要拿的数是哪个呢？它只能是剩下区间的两端：a[l+1] 或者 a[r]。
我们分两种情况讨论：
- 情况一：第二个拿 a[l+1]
  - 当前产生的得分是 power(a[l], a[l+1])。
  - 接下来，我们面对一个新问题：处理 a[l+1...r] 这个更小的区间，并且以 a[l+1] 开头。这个问题恰好就是我们已经定义好的 dp[l+1][r][0]！
  - 所以，这种情况的总分是 power(a[l], a[l+1]) + dp[l+1][r][0]。
- 情况二：第二个拿 a[r]
  - 当前产生的得分是 power(a[l], a[r])。
  - 接下来，我们面对的问题是：处理 a[l+1...r] 这个区间，并且以 a[r] 开头。这个问题就是 dp[l+1][r][1]。
  - 所以，这种情况的总分是 power(a[l], a[r]) + dp[l+1][r][1]。
为了让总分最大，我们在这两种情况中取一个最大值。于是，状态转移方程就出来了：
dp[l][r][0] = max( power(a[l], a[l+1]) + dp[l+1][r][0], power(a[l], a[r]) + dp[l+1][r][1] )

计算 dp[l][r][1] (规定先拿 a[r])

这个推导过程完全类似：

第一个拿 a[r]。
第二个可以拿 a[l] 或 a[r-1]。
推导出的状态转移方程为：
dp[l][r][1] = max( power(a[r], a[l]) + dp[l][r-1][0], power(a[r], a[r-1]) + dp[l][r-1][1] )

3. 实现细节

遍历顺序：我们按照区间长度 len 从小到大（len 从 2 到 n）来计算。对于每个 len，再遍历所有可能的左端点 l。这样可以保证，当我们计算 dp[l][r] 时，所有它依赖的、区间长度更小的 dp 值（如 dp[l+1][r]）都已经被计算出来了。
边界条件：当区间长度为1时，没有相邻的数对，所以得分为0。在我们的代码实现中，DP数组初始化为0，相当于自动处理了这种情况。
最终答案：当 len 增长到 n 时，我们就能算出 dp[1][n][0] 和 dp[1][n][1]。这分别代表了从整个队列 a[1...n] 出发，第一步是取队头 a[1] 还是队尾 a[n] 的最优总分。我们最终的答案就是这两者中的较大值：max(dp[1][n][0], dp[1][n][1])。

四、代码解读

这里的 f 数组就是我们上面所说的 dp 数组。

// 快速幂函数，用于计算 a^b mod 998244353
long long power(long long base, long long exp) { /* ... */ }

// ...
while(T--){
    read(n);
    for(rint i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    
    // 初始化DP数组，所有值都为0
    for(rint i=1;i<=n;i++) for(rint j=1;j<=n;j++) f[i,j,0]=f[i,j,1]=0;

    // len 是区间的长度
    for(rint len=2;len<=n;len++){
        // l 是区间的左端点
        for(rint l=1;l<=(n-len+1);l++){
            // r 是区间的右端点
            int r=l+len-1;
            
            // 计算 f[l][r][0]：先取 a[l] 的情况
            // 对应我们分析的两种选择：下一个取 a[l+1] 或 a[r]
            f[l,r,0] = max(f[l+1,r,0] + power(a[l], a[l+1]), 
                           f[l+1,r,1] + power(a[l], a[r]));

            // 计算 f[l][r][1]：先取 a[r] 的情况
            // 对应我们分析的两种选择：下一个取 a[l] 或 a[r-1]
            f[l,r,1] = max(f[l,r-1,0] + power(a[r], a[l]), 
                           f[l,r-1,1] + power(a[r], a[r-1]));
        }
    }
    
    // 最终答案是处理整个区间[1, n]时，先取头或先取尾的两种情况的最大值
    printf("%lld\n",max(f[1,n,0],f[1,n,1]));
}

五、总结

这道题是一个非常经典的区间DP问题。关键在于正确地识别出问题的本质（处理连续区间），并设计出能够包含解决子问题所需全部信息的状态（即 dp[l][r][0/1]）。通过这种方式，我们可以将一个复杂的大问题，分解为一系列相互关联但更简单的小问题，并自底向上地求解，最终得到全局最优解。希望这份报告能帮助你更好地理解它！

posted @ 2025-07-08 18:52 surprise_ying 阅读(13) 评论(0) 收藏举报

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