bzoj4831 DP 貪心 序列操作

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給定乙個長度為 n 的非負整數序列 a_1,a_2,…a_n 。你可以使用一種操作：選擇在序列中連續的兩個正整數，

並使它們分別減一。當你不能繼續操作時遊戲結束，而你的得分等於你使用的操作次數。你的任務是計算可能的最小 得分和最大得分。

第一行包含乙個正整數 t ，表示有 t 組資料，滿足 t ≤ 200 。 接下來依次給出每組測試資料。對於每組測試資料：

第一行包含乙個正整數 n ，滿足 1 ≤ n ≤ 10^5 。 第二行包含 n 個非負整數，表示 a_1,a_2,…a_n ，滿足

σa_i ≤ 10^6 。 約 5 組資料滿足 n ≥ 10^3 或 σa_i ≥ 10^4 。

對於每組測試資料 輸出一行兩個非負整數，用乙個空格隔開，前者表示可能的最小得分，後者表示可能的最大得分。

1 2 1 3

1 2 1 1 3

2 2

2 3

感覺官方題解的做法好勁啊…

提供乙個超越官方的做法…

首先最大值不難想到是直接從左往右掃一遍，能減就減

考慮最小值怎麼做

設乙個dp[

i]

dp[i]

dp[i

]表示把i

ii變為0

00且i

ii前面沒有相鄰非0

00位的最小值

我們要保證a[i

]a[i]

a[i]

和a [i

−1

]a[i-1]

a[i−1]

有乙個等於0

00的話就兩種轉移

1：( i,

i−1)

(i,i-1)

(i,i−1

)視為一組，根據定義直接將a[i

]a[i]

a[i]

變為0

00，此時直接加上dp[

i−2]

dp[i-2]

dp[i−2

]的貢獻即可

2：( i,

i−1,

i−2)

(i,i-1,i-2)

(i,i−1

,i−2

)視為一組，分類討論情況

當a [i

−1

]>a[

i]

a[i-1]>a[i]

a[i−1]

>a[

i]時，可以直接加上a[i

−1

]a[i-1]

a[i−1]

的貢獻，因為如果a[i

−2]+

a[i]

i−1]

a[i-2]+a[i]a[

i−2]

+a[i

]i−1]

時這樣不合法但是由於不優秀所以不會被取到，會被第一種方案乾掉

當a [i

−1

]<=a

[i

]a[i-1]<=a[i]

a[i−1]

<=a

[i] 時，直接加上a[i

]a[i]

a[i]

的貢獻，顯然這時候a[i

−1

]a[i-1]

a[i−1]

會變為0

00且符合定義a[i

]=

0a[i]=0

a[i]=0

故轉移為

d p[

i]=m

in(d

p[i−

2]+a

[i],

dp[i

−3]+

max(

a[i−

1],a

[i])

)dp[i]=min(dp[i-2]+a[i],dp[i-3]+max(a[i-1],a[i]))

dp[i]=

min(

dp[i

−2]+

a[i]

,dp[

i−3]

+max

(a[i

−1],

a[i]

))複雜度就是超級優秀的o(n

)o(n)

o(n)

了，和∑a[

i]

\sum a[i]

∑a[i

]無關…

#include

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair
#define pii pair
using
namespace std;
inline
intread()
while
(ch>=
'0'&&ch<=
'9')
return x*f;
}int stack[20]
;inline
void
write
(ll x)if(
!x)int top=0;
while
(x)stack[
++top]
=x%10
,x/=10;
while
(top)
putchar
(stack[top--]+
'0');}
inline
void
pr1(
int x)
inline
void
pr2(ll x)
const
int maxn=
100005
;int n,a[maxn]
,dp[maxn]
;int
main()
printf
("%d %d\n"
,min
(dp[n]
,dp[n-1]
),ans);}
return0;
}

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