NOIP普及组2003 数字游戏 解题报告

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LGOJ P1043 数字游戏

解题思路

区间DP
最大值与最小值求解过程相似，下面先讨论最大值的情况

本题求解过程：
1）几乎所有一个有环的序列都要用到破环成链的做法。采用这种做法后，最后的答案寻储需要注意
2）由于本题要求区间和，可以先预处理前缀和。
3）接下来就是DP了
设$f[l][r][i]$f[l][r][i]表示将区间[$l,r]$l,r]分成$i$i段可得的最大的$k$k
所以，我们只要从小到大枚举段数$i$i（由于$f[..][..][i]$f[..][..][i]的状态是由$f[..][..][i-1]$f[..][..][i−1]推来的，所以接下来我们没必要枚举区间长度），然后分别枚举左端点、右端点、断点即可。
具体看代码

详细代码

#define USEFASTERREAD 1 

#define rg register
#define inl inline
#define DEBUG printf("[Passing [%s] in line %d.]\n", __func__, __LINE__)
#define putline putchar('\n')
#define putsp putchar(' ')
#define Rep(a, s, t) for(rg int a = s; a <= t; a++)
#define Repdown(a, t, s) for(rg int a = t; a >= s; a--)
typedef long long ll;
#include<cstdio>

#if USEFASTERREAD
char In[1 << 20], *ss = In, *tt = In;
#define getchar() (ss == tt && (tt = (ss = In) + fread(In, 1, 1 << 20, stdin), ss == tt) ? EOF : *ss++)
#endif
struct IO {
	void RS() {freopen("test.in", "r", stdin), freopen("test.out", "w", stdout);} 
	template<typename T> inline IO r(T& x)const	{
	    x = 0; T f = 1; char ch = getchar();
	    for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
	    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + int(ch - '0');
	    x *= f; return *this;
	}
	template<typename T> inline IO w(T x)const {
	    if(x < 0) {putchar('-'); x = -x;}
	    if(x >= 10) w(x / 10);
	    putchar(x % 10 + '0'); return *this;
	}
	template<typename T> inline IO wl(const T& x)const {w(x), putline; return *this;}
	template<typename T> inline IO ws(const T& x)const {w(x), putsp; return *this;}
	inline IO l() {putline; return *this;}
	inline IO s() {putline; return *this;}
}io;
template<typename T> inline T Max(const T& x, const T& y) {return y < x ? x : y;}
template<typename T> inline T Min(const T& x, const T& y) {return y < x ? y : x;}
template<typename T> inline void Swap(T& x, T& y) {T tmp = x; x = y; y = tmp;}
template<typename T> inline T Abs(const T& x) {return x > 0 ? x : -x;} 
#include<cstring>
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 105;
const int MAXM = 10;
int n, m;
int N;
int A[MAXN];
int sum[MAXN];
int f[MAXN][MAXN][MAXM];//f[l][r][i]将区间[l,r]分成i段可得的最大的k 
int g[MAXN][MAXN][MAXM];//g[l][r][i]将区间[l,r]分成i段可得的最小的k
int mod(int a) {
	return (a % 10 + 10) % 10;
}
int main() {
    //io.RS();
    io.r(n).r(m);
    for(rg int i = 1; i <= n; i++) {
		io.r(A[i]);
		A[i + n] = A[i];
	}
	N = 2 * n;
	for(rg int i = 1; i <= N; i++) 
		sum[i] = sum[i - 1] + A[i];
	memset(g, 0x3f, sizeof g);
	for(rg int l = 1; l <= N; l++)
		for(rg int r = l; r <= N; r++)
			f[l][r][1] = g[l][r][1] = mod(sum[r] - sum[l - 1]); 
	for(rg int i = 2; i <= m; i++)
		for(rg int l = 1; l <= N; l++)
			for(rg int r = l + i - 1; r <= N; r++)
				for(rg int k = l + i - 2; k < r; k++) {//断点分成了[l,k],[k+1,r] 
					f[l][r][i] = Max(f[l][r][i], f[l][k][i - 1] * mod(sum[r] - sum[k]));
					g[l][r][i] = Min(g[l][r][i], g[l][k][i - 1] * mod(sum[r] - sum[k])); 
				}
	int mx = 0, mn = INF;
	for(rg int i = 1; i <= n; i++) {
		mx = Max(mx, f[i][i + n - 1][m]);
		mn = Min(mn, g[i][i + n - 1][m]);
	}
	io.wl(mn).wl(mx);
    return 0;
}