UVa 10891 （区间DP）

【题目链接】

http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=19461

【解题报告】

题目大意：给你一个N元序列，每个元有一个分数，每次可以从左边拿或者从右边拿任意多。A，B轮流拿，拿完为止，求问A最多比B多拿多少。其中N<=100.

因为两个人都足够聪明，因此当他们任意一人面临一个(i,j)的局面时，因为序列总和sum[j]-sum[i-1]是不变的，所以一定会选择拿完之后另一个人面临局面（k，l）得分最少。这是类似于博弈论的思想。

所以我们这样设计dp状态：

dp[i][j]表示面临（i，j）局面的人最多可以拿多少分

那么它可以转移到

S={ dp（i+1,j）, dp(i+2,j) … dp(j,j) , dp(i,j-1) , dp(i,j-2) … , dp(i,i) , 0 }

一口气拿完时，另一个人面临的局面就是0.

所以状态转移方程就是dp[i][j]=sum-min;

DFS区间更新即可。

需要注意的是这样做的时间复杂度是O(n^3)，仍然有很大的优化空间。

优化：
对于min{   dp（i+1,j）, dp(i+2,j)  ...  dp(j,j)   ,  dp(i,j-1) , dp(i,j-2) ... , dp(i,i)  }
设f(i+1,j)=min{ dp（i+1,j）, dp(i+2,j)  ...  dp(j,j) }
设g(i.j-1)=min{ dp(i,j-1) , dp(i,j-2) ... , dp(i,i)  }
那么dp[i][j]=sum-min{  f(i+1,j),g(i,j-1),0 }
其中f和g均可以通过递推得出：
f[i][j]=min{ f[i+1][j],dp[i][j] }
g[i][j]=min{ g[i][j-1],dp[i][j] }
所以时间复杂度被降到了O(n^2)

【参考代码】

1.O（N^3）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int INF=2e9+1e8;

int n;
int dp[100+10][100+10];
int a[100+10],sum[100+10];

int DFS(  int i ,int j )
{
if( dp[i][j]!=INF )return dp[i][j];
int minn=INF;
for(  int ii=i+1; ii<=j; ii++ )minn=min(  minn, DFS(  ii,j )  );
for(  int jj=j-1; jj>=i; jj-- )minn=min(  minn,  DFS( i,jj ) );
minn=min( minn,0 );  //i~j全部拿完的状况
return dp[i][j]=sum[j]-sum[i-1]-minn;
}

int main()
{
while(  ~scanf("%d",&n)  && n )
{
for(  int i=1; i<=n; i++ )scanf("%d",&a[i]);

for( int i=1; i<=n; i++ )
for(  int j=1; j<=n; j++ )
{
if( i==j )dp[i][j]=a[i];
else dp[i][j]=INF;
}
memset(sum,0,sizeof(sum));
for( int i=1; i<=n; i++ )sum[i]=sum[i-1]+a[i];
//   dp[i][j]=sum(i,j)-min(  dp[i+1][j],  dp[i+2][j],...dp[j][j],  dp[i][j-1],...,dp[i][i] );
printf(  "%d\n",2*DFS(1,n)-sum
);
}

return 0;
}

2.O(N^2)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int INF=2e9+1e8;

int n;
int dp[100+10][100+10],f[100+10][100+10],g[100+10][100+10];
int a[100+10],sum[100+10];

int main()
{
while(  ~scanf("%d",&n)  && n )
{
for(  int i=1; i<=n; i++ )scanf("%d",&a[i]);
memset(sum,0,sizeof sum);
for( int i=1; i<=n; i++ )sum[i]=sum[i-1]+a[i];

memset(f,0,sizeof f);
memset(g,0,sizeof(g));

for( int i=n; i>=1; i--  )
for( int j=i; j<=n; j++ )
{
int temp=min(  f[i+1][j],g[i][j-1] );
temp=min(0,temp);
dp[i][j]=sum[j]-sum[i-1]-temp;
f[i][j]=min(  f[i+1][j],dp[i][j] );
g[i][j]=min( g[i][j-1],dp[i][j] );
}
printf(  "%d\n",2*dp[1]
-sum
);
}

return 0;
}