洛谷 P2964 [USACO09NOV]A Coin Game S 解题报告

洛谷 P2964 [USACO09NOV]A Coin Game S 解题报告

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题意

由 n个硬币，每一个硬币都有一个面值，两个人轮流取硬币，第一个人可以取\(1\)~\(2\) 个硬币，设第一个人取了 \(j\) 个硬币，则第二个人可以取 \(1\) ~ \(2\times j\) 个硬币，并以此类推，每一次当前的人都可以取 \(1\)~\(2\times j\) 个硬币（ \(j\)为上一个人取的硬币数），最后输出第一个人最多能拿多少面值。

Solutions

正难则反

正着求解会很难设状态，所以我们将顺序倒过来，从输入时就倒着输入，求解时也倒着求解。

设\(dp_{i,j}\)表示__当轮到该玩家拿硬币时，还剩余编号为\(1\) ~ \(i\)的硬币（倒序，1为最底下的硬币编号），上一位玩家拿走了\(j\)枚硬币。__

即当前玩家可拿\(1\) ~ \(2 \times j\)枚硬币。

记\(sum_i\)为\(c\)数组的前缀和数组。

正难则反，则该玩家所能获得的最大收益就是\(sum_i\)减去其__补集__——状态\(dp_{i,k}\)玩家的最大价值。

显而易见，这样的\(dp\)时间复杂度时杂度为\(O(n^3)\)，无法通过此题。

手玩一下不难发现，\(dp_{i,j}\)与\(dp_{i,j-1}\)的状态只相差两种可能，因此可以通过\(dp_{i,j-1}\)用\(O(1)\)的常数时间推导出\(dp_{i,j}\)。

最终时间复杂度\(O(n^2)\)，可以通过此题。

Proves

\(dp_{i,j-1}是枚举k从1到2 \times (j-1)，即在1到2 \times (j-1)个sum_i - dp_{i-k,k}取max作为补集。\)

\(同理，dp_{i,j}是枚举j从1到2 \times j，即在1到2 \times j个sum_i - dp_{i-k,k}取max。\)

证毕。

因此\(dp_(i,j)\)严格包含\(dp_{i,j-1}\)，即在\(dp_{i,j-1}\)的基础上我们只需继续枚举比较\(k=2\times(j-1)\)与\(k=2\times j\)就行。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0; char ch = getchar(); bool sgn = 0;
    while (ch < '0' || ch > '9') sgn |= ch == '-', ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + (ch & 15), ch = getchar();
    return sgn ? -x : x;
}
const int MN = 2e3 + 10;
int n, c[MN], sum[MN], dp[MN][MN];
signed main() {
    n = read();
    for (int i = n; i >= 1; --i) c[i] = read();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            dp[i][j] = dp[i][j - 1];
            if (2 * j - 1 <= i) dp[i][j] = max(dp[i][j], sum[i] - dp[i - (2 * j - 1)][2 * j - 1]);
            if (2 * j <= i) dp[i][j] = max(dp[i][j], sum[i] - dp[i - (2 * j)][2 * j]);
        }
    }
    cout << dp[n][1] << '\n';
    return 0;
}

Data

思路简介正确：https://www.luogu.com.cn/blog/user47135/solution-p2964

详细思路 & 证明，但\(dp\)含义有误：https://www.luogu.com.cn/blog/wuzixu/solution-p2964