Atcoder Grand Contest 026 (AGC026) F - Manju Game 博弈,动态规划

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前言

太久没有发博客了,前来水一发。

题解

不妨设先手是 A,后手是 B。定义 \(i\) 为奇数时,\(a_i\) 为"奇数位上的数";\(i\) 为偶数时, \(a_i\) 为"偶数位上的数"。定义左、右两端的数分别表示 \(a_1\)\(a_n\)

考虑第一步:

首先,如果 A 取了左右某一个端点,那么他必然能取走和他取的点奇偶性相同的所有点。

然后,我们考虑 A 取了一个中间点后会发生什么:如果这个点左边和右边的剩余点数都是奇数,那么无论 B 取左还是右,取完某一边之后,问题规模缩小成另一边的情况,A 一定还是先手;否则 B 就可以取剩余点数为偶数的那一边,并成为先手。

考虑 n 为偶数的情况。

如果 A 取了一个中间点,那么一定有一边剩余奇数个,一边剩余偶数个。那么 B 一定先操作偶数个的那一边,然后获得奇数那一边的先手权,然后取最优策略。那么 A 还不如直接取偶数那一边的端点,这样做不仅取到了前一种方案能取到的,而且让 B 在另一边没有了先手选择权,一定不劣于前一种方案。

所以,当 n 为偶数时,先手能取到的最大值为 max(奇数位之和, 偶数位之和) 。

n 为奇数的情况较为复杂。

但是同理,A 不会去取一个位于奇数位的数,这样会导致两边剩余个数都为偶数,不如直接取两端。

于是,n 为奇数时,A 只有两种策略:

  • 取端点,即拿走所有奇数位的数。
  • 取某一个偶数位的数。此时,如果 B 取左边,那么 A 会继续获得右边的先手权;否则 A 获得左边的先手权。这个过程可以看作问题规模的缩小。

如果将第二种策略用二叉树的形式表示出来,那么 B 一定会选择某一个叶子,使得最终答案最小。

考虑先假设所有偶数位的贡献都已被 A 收取,那么 A 在一个区间执行“取端点”操作得到的收益就是这个区间的奇数位之和减去偶数位之和(注意这里的两端点一定都是奇数)。

我们要做的是找出一个叶子集合,使得对这些叶子“取端点”的收益的最小值尽量大。

考虑二分答案x,之后问题转化为是否可以删除某些偶数位上的数,使得剩下的序列中任意一个极大的连续段之和都不小于x。

考虑暴力DP,枚举右端点,然后再暴力枚举前一个划分点。时间复杂度不可接受。

由于DP信息只有“能”和“不能”,所以我们可以考虑贪心,只保留“能”的点中前缀和最小的即可。

时间复杂度 \(O(n\log \sum a_i)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"-----------------"#x"-----------------\n"
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";\
                    For(_x,L,R) cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
LL read(){
    LL x=0,f=0;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch))
        f=ch=='-',ch=getchar();
    while (isdigit(ch))
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
const int N=300005;
int n;
int a[N],s[N];
bool check(int x){
	int v=0;
	for (int i=1;i<n;i+=2)
		if (s[i]-v>=x)
			v=min(v,s[i+1]);
	return s[n]-v>=x;
}
int main(){
	n=read();
	For(i,1,n)
		a[i]=read();
	if (n%2==0){
		int s0=0,s1=0;
		For(i,1,n)
			if (i&1)
				s0+=a[i];
			else
				s1+=a[i];
		cout<<max(s0,s1)<<" "<<min(s0,s1)<<endl;
		return 0;
	}
	For(i,1,n)
		if (i&1)
			s[i]=s[i-1]+a[i];
		else
			s[i]=s[i-1]-a[i];
	int L=1,R=n*1000,mid,ans=L;
	while (L<=R){
		mid=(L+R)>>1;
		if (check(mid))
			L=mid+1,ans=mid;
		else
			R=mid-1;
	}
	For(i,1,n)
		if (i%2==0)
			ans+=a[i];
	int s=0;
	For(i,1,n)
		s+=a[i];
	cout<<ans<<" "<<s-ans<<endl;
    return 0;
}
posted @ 2019-06-29 21:29  -zhouzhendong-  阅读(206)  评论(0编辑  收藏