题目:P3004 [USACO10DEC]宝箱Treasure Chest

\(\textit{蒟蒻在DP之路上求索着}\)

这道题要求每次只能从最左边或者最右边取走硬币,这是一个经典的区间DP模型.

思路

在刚刚看到这个题目的时候,我首先像个*一样想到了"哪边大拿哪边不就好了".但是只需要三秒钟就可以找到一个反例:
\[ 1,2,114514,3 \]
别忘了,对手也会取最优策略.

也就是说,我们的行动不只可以为了眼前拿到最大的,也可以是为了逼迫对手能走出对自己有好处的一步.这种长远打算的题目,怎么能离得开DP呢.一个比较初步的想法:我们可以设\(f[i][j]\)表示两人取走从\(i\)到\(j\)的一段,先手能得到的最大收益区间DP中常用的思想就是考虑最后一步,或者说最短的区间是怎样做的,然后递推到更长的区间.那我们就想象"时光倒流"的过程.接下来我们考虑怎么转移.

当我们添加新的一步的时候,无非就是两种情况:在左边加或者在右边加.我们最终要取走这个区间所有的硬币,因此我们让对手取走的最少,剩下的自然就都是自己的了.我们怎么表示对手取得了多少呢?事实上并不用专门去表示.当我们设\(f[i][j]\)表示拿走\(i\)到\(j\)这一段,先手能得到的最大价值的时候,就已经不分敌我了.这个区间谁先手只由区间长度取决,我们不必关心.因为最后求出整个区间的先手最大值一定是自己的(题目要求自己先手嘛).

那么我们现在处于区间\([l,r]\),该怎么转移呢?就像我说的,两个人取走的和必然是\(sum[l,r]\).因此从当前先手的角度考虑,\(sum[l,r]-min(f[l+1][r],f[l][r-1])\),也就是区间和减去对手的最小值就是我的最大值.区间长度只减少1的话,之前的先手肯定是对手,他会采取最优策略,因此我们就由之前已经推出的\(f\)数组就可以了.也就是说:
\[ f[l][r]=sum[l][r]-min(f[l+1][r],f[l][r-1]) \]
\(sum\)数组可以用前缀和快速求出因此我们写出了这道题的方程

然后就爆空间了

这是非常悲哀的.因为空间限制只有64M.这就要求我们对空间的优化.这就要提到我们的滚动数组了.因为我们只需要用到之前一个长度的区间,而且相同长度的区间我们只取一个最优解,因此之前的都可以舍去了.那么这是怎么做到的呢?我们之前枚举左右端点相当于枚举长度.那么我们直接一维枚举长度,然后一维枚举左端点,不就可以直接转移到这个区间了吗?具体来说,我们设\(f[i]\)表示左端点为\(i\)的区间中先手能取得的最大值.我们的最终目标是\(f[1]\).那么转移方程就是:
\[ f[i]=sum[i+L-1]-sum[i-1]-min(f[i],f[i+1]),1\le L\le n \]
注意到,我们的\(min\)中是\(f[i]和f[i+1]\),这就是滚动数组高效利用空间的体现.在转移之前,\(f[i]\)就是以\(i\)为左端点,长度为\(L-1\)的最大值,\(f[i+1]\)就是以\(i+1\)为左端点,长度为\(L-1\)的最大值.这两个值恰好代表了之前的\(f[l][r-1]\)和\(f[l+1][r]\).

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int n, a[5005], f[5005];

inline int min(int x, int y) {
    return x < y ? x : y;
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        f[i] = a[i];//不难理解的初始化
        a[i] += a[i - 1];//省略前缀和数组
    }
    for (int l = 2; l <= n; l++)//一定要由短区间转移到长区间,因此外层枚举长度
        for (int i = 1; i + l - 1<= n; i++)//枚举左端点
            f[i] = a[i + l - 1] - a[i - 1] - min(f[i], f[i + 1]);
    cout << f[1] << endl;
    return 0;
}

滚动数组的另一个重要且典型的应用在01背包中,这里就不再赘述.