做法:状压dp+区间dp
样例解释
第 3 行到第 6 行表示长度为 2 的 4 种 01 串合并方案。
00→1,得 10 分,01→1 得 10 分,10→0 得 20 分,11→1 得 30 分。
思路
设是在区间中状态为的最大分数
因为m个字符能合并成1个字符 所以我们可以求出在len长度的字符串,合并之后的长度为
由于我们每次合并都是以m为长度,所以右端点不必挨个枚举,每次减去m-1即可
设k为的分割点
我们可以枚举区间内的状态为
区间相当于已经合并后的状态(0 or 1)
那么的值就是字符串(s + (0 or 1))当如果res==m-1,说明该串可以被合并,我们就去找每个合法状态中转化为0或1中最大的两个,由于最终只能变化为0或1
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define pb push_back #define mp(aa,bb) make_pair(aa,bb) #define _for(i,b) for(int i=(0);i<(b);i++) #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define per(i,b,a) for(int i=(b);i>=(a);i--) #define mst(abc,bca) memset(abc,bca,sizeof abc) #define X first #define Y second #define lowbit(a) (a&(-a)) #define debug(a) cout<<#a<<":"<<a<<"\n" typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; typedef unsigned long long ull; typedef long double ld; const int N=1<<8; const int INF=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const double eps=1e-6; const double PI=acos(-1.0); char s[305]; int c[N+5]; ll w[N+5],dp[305][305][N+5]; void solve(){ int n,m;cin>>n>>m; rep(i,1,n) cin>>s[i]; for(int i=0;i<(1<<m);i++) cin>>c[i]>>w[i]; mst(dp,-INF); rep(i,1,n) dp[i][i][s[i]-'0']=0; for(int len=2;len<=n;len++){ for(int l=1;l+len-1<=n;l++){ int r=l+len-1,res=(len-1)%(m-1); if(!res) res=m-1; for(int k=r;k>l;k-=(m-1)){ for(int s=0;s<(1<<res);s++){ dp[l][r][s<<1]=max(dp[l][r][s<<1],dp[l][k-1][s]+dp[k][r][0]); dp[l][r][s<<1|1]=max(dp[l][r][s<<1|1],dp[l][k-1][s]+dp[k][r][1]); } } if(res==m-1){ vector<ll> g(2,-INF); for(int s=0;s<(1<<m);s++){ g[c[s]]=max(g[c[s]],dp[l][r][s]+w[s]); } dp[l][r][0]=g[0];dp[l][r][1]=g[1]; } } } ll ans=-INF; for(int i=0;i<(1<<m);i++) ans=max(ans,dp[1][n][i]); cout<<ans<<"\n"; } int main(){ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); // int t;cin>>t;while(t--) solve(); return 0; }