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题意分析

我们令\(dp[i][j][k]\)表示当前区间\([i,j]\)最小价格为\(k\)的最大收益

那么状态转移方程就是

\[dp[i][j][k]=max\{dp[i][pos-1][x]+dp[pos+1][j][y]+cnt[pos][k]* k\}\]

\[x,y≥k\]

\(cnt[pos][k]\) 表示\([i,j]\)包含的区间中穿过

由于涉及到了输出方案 所以我们还要记录一些值

首先我们的\(dp[i][j][k]\)表示当前区间\([i,j]\)最小价格为\(≥k\)的最大收益

\(pos[i][j][k]\)表示当前状态的决策点

又因为\(dp[i][j][k]=max\{dp[i][j][l]\}(l≥k)\)

那么\(pre[i][j][k]=l\)就是继承最大值的的那个\(l\)

然后我们递归处理即可

同时涉及到了空间的问题 我们需要对价格进行离散化

CODE:

/*-------------OI使我快乐-------------*/
struct Node{
    int le,ri,d;
}e[M];
int n,m,tot;
int res[M],ans[M],cnt[N][M];
int dp[N][N][M],pre[N][N][M],pos[N][N][M];
IL void getans(int le,int ri,int at)
{
    if(le>ri) return;
    int now=pos[le][ri][at=pre[le][ri][at]];
    ans[now]=res[at];
    getans(le,now-1,at);getans(now+1,ri,at);
}
int main()
{
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    read(n);read(m);
    for(R int i=1;i<=m;++i) read(e[i].le),read(e[i].ri),read(e[i].d),res[i]=e[i].d;
    sort(res+1,res+m+1);tot=unique(res+1,res+m+1)-res-1;
    for(R int i=1;i<=m;++i) e[i].d=lower_bound(res+1,res+tot+1,e[i].d)-res;
//  for(R int i=1;i<=m;++i) printf("%d%c",e[i].d,(i==m ? '\n':' '));
    for(R int i=n;i;--i)
    {
        for(R int j=i;j<=n;++j)
        {
            for(R int k=i;k<=j;++k)
             for(R int lim=0;lim<=tot;++lim)
              cnt[k][lim]=0;
            for(R int k=1;k<=m;++k)
            if(i<=e[k].le&&e[k].ri<=j)
             for(R int l=e[k].le;l<=e[k].ri;++l)
              cnt[l][e[k].d]++;
            for(R int k=i;k<=j;++k)
             for(R int l=tot-1;l;--l)
              cnt[k][l]+=cnt[k][l+1];
            for(R int k=tot;k;--k)
            {
                int maxn=0;
                for(R int l=i;l<=j;++l)
                {
                    int wson=dp[i][l-1][k]+dp[l+1][j][k]+cnt[l][k]*res[k];
                    if(maxn<=wson) maxn=wson,pos[i][j][k]=l;
                }
                if(maxn>=dp[i][j][k+1]) dp[i][j][k]=maxn,pre[i][j][k]=k;
                else dp[i][j][k]=dp[i][j][k+1],pre[i][j][k]=pre[i][j][k+1];
            }
        }
    }
    getans(1,n,1);
    printf("%d\n",dp[1][n][1]);
    for(R int i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",ans[i],(i==n ? '\n':' '));
//  fclose(stdin);
//  fclose(stdout);
    return 0;
}

HEOI 2019 RP++

P3592 [POI2015]MYJ

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原文地址：https://www.cnblogs.com/LovToLZX/p/10627727.html