P11233 [CSP-S 2024] 染色

P11233 [CSP-S 2024] 染色

难度：提高+/省选-。

考点：DP。

题意：

• 给定 $n$ 个数 $A_i$，对 $A_i$ 进行染色，只有两种颜色。设 $C$ 为 $A$ 染色后的数组。

  • 如果 $A_i$ 左侧没有预期同色的数，则令 $C_i=0$。否则，记其左侧与其最靠的同色数为 $A_j$，若 $A_i=A_j$，则令 $C_i=A_i$，否则令 $C_i=0$。

• 题目求：${\sum }_{i=1}^n{C}_i$，需要最大化最终得分，请求出最终得分的最大值。

分析：

$20pts$

​ 数据范围：$n\le 15$，暴力枚举每个数字两种染色的情况 $2^n$，然后扫描一遍 $O(n)$，找出最大分值，时间复杂度：$O(T\times n\times 2^n)\approx 9.8\times 10^6\le 10^8$ 是可以接受的。

$50pts$

想拿满分，最优性问题要 $DP$ 解法了。

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二维 DP 作为思路启发：

设：$f(i,j)$ 前 $i$ 个数，第 $j$ 个数染色为 $j$ 的最大分值。

分类讨论：

• $1\sim a_{i-1}$ 都没有相同的数，则贡献 $f(i,0)=f(i,1)=max(f(i-1,0),f(i-1,1))$。

• $1\sim a_{i-1}$ 前面存在相同的数，假设以染色为 $0$ 来看 $f(i,0)$，前面确定也存在一个染色染色为 $0$ 的数 $(a_i=a_j)$，

  且这之间所有的数都染色为 $1$。确定是前面最靠近相同的数染为相同色，否则在这之间找到相同的数并染色为同色收益也会更大。相同色的数的位置（可预处理出来，$O(n)$），则要分 $3$ 部分进行计算贡献：

  设 $l[i]$：表示数字 $i$ 左侧最靠近且相同的数字位置下标。

部分 ①：

​ 位置 $(1,l[a_i]+1)$ 数产生的贡献，其中 $l[a[i]]+1$ 染成 $1$，即 $f(l[a_i]+1,1)$ 的贡献。不用担心（没有被染成 $0$）的问题，因为 $f(l[a_i],1)$ 会选择最优的策略，那么（此时可以选择不和 $l[a_i]+1$）染为同色。

部分 ②：

​ 位置 $ l[a_i]+2 \sim i-1 $ 的数产生的贡献，这贡献会把区间 $l+1\sim i-1$ 染为同色产生的贡献计算上，设 $s_i$ 为 $1\sim i$ 位置上染为同色的贡献。那么 $l+1\sim i-1$ 全部染为同色所产生的的贡献，或可以表示为 $l+2\sim i-1$ 数产生的贡献 $(s_{i-1}\sim s_{l+1})$ 。

部分 ③：

​ 在 $i$ 位置上的数，贡献就是 $a_i$。

上述对应的 3 个部分，可以表示如下图所示：

对于前面存在相同数字的贡献，总结：
$$f(i,0)=\{\begin{array}{l}f(l_{i+1},1)\\ (s_{i-1}-s_{l_i+1})\\ a_i\end{array}$$
特判 $a_i=a_{i-1}$ 的情况，即 $f(i,0)=f(i-1,0)+a_i$ 和 $f(i,1)=f(i-1,1)+a_i$。

在产生贡献和不产生贡献中最大分值中取 $max$:
$$\begin{gathered} \{\begin{array}{l}f(i,0)=max(f(i-1,0),f(i-1,1),a_i+f(l_i+1,1)+(s_{i-1}-s_{l_i}+1))\\ f(i,1)=max(f(i-1,0),f(i-1,1),a_i+f(l_i+1,0)+(s_{i-1}-s_{l_i}+1))\end{array} \\ ans=max(f(n,0),f(n,1)) \end{gathered}$$

最开始就是如上的思路去解题的，但想了一下第二个维度有必要开么？

感觉可以去掉，再思考一下。

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返璞归真，简单的状态表示：

​ 设状态 $f_i$ 表示前 $i$ 位数的最大分值和。显然对于每一个位置 $i$ 可以令 $f_i=f_{i-1}$。

​ 用 $l_i$ 记录 $i$ 上一次出现的位置，初始化令所有的 $l_i=0$，每遍历到一个位置，动态更新 $l_{a_i}=i$。然后枚举区间更新 $f_i$，也可以预处理 $g$ 数组 $g[i][j]$ 表示区间 $[i,j]$ 的染色为相同时的最大分值之和，复杂度是 $O(n^2)$，$n\le 10^3$，$50pts$ 到手。

参考代码：

// 50pts
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 2e3 + 5;int n, T;
int a[N], lst[N];  // lst[i]：表示数字 i 最靠近 i 左侧的数字位置
int f[N], g[N][N]; // f[i] ::: 表示考虑前 i 个数贡献的最大分值之和int main()
{std::cin >> T;while (T--){memset(a, 0, sizeof a), memset(lst, 0, sizeof lst), memset(f, 0, sizeof f), memset(g, 0, sizeof g);std::cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)std::cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) // 构造 区间 [i,j] 染色相同的最大分值之和for (int j = i + 1; j <= n; j++){g[i][j] = g[i][j - 1];if (a[j] == a[j - 1])g[i][j] += a[j];}for (int i = 1; i <= n; i++){if (lst[a[i]] == 0) // 前 i-1 位不存在相同的数字 a[i]{lst[a[i]] = i;   // 更新数字 a[i] 最后一次出现的下标f[i] = f[i - 1]; // 继承前 i-1 位的最大分值}else{f[i] = std::max(f[i - 1], std::max(f[lst[a[i]] + 1], f[lst[a[i]]]) + a[i] + g[lst[a[i]] + 1][i - 1]);lst[a[i]] = i; // 更新数字 a[i] 最后一次出现的下标}}std::cout << f[n] << "\n";}return 0;
}

$100pts$

​ $n\le 10^6$， $g[i][j]$ 开不下这么大的数组。用前缀和优化，每当 $a_i=a_{i-1}$ 时候，更新前缀和数组 $s_i$。最后对于 $a_i$ 如果 $l_{a_i}$ 存在，则对 $f_i$ 转移：
f i = ( 1 ≤ i ≤ n ) m a x { f l a i + 1 , a i , ( s i − s l a i ) } f_i = (1 \le i \le n ) \space max\{ f_{l_{a_i}+1}, a_i,( s_i-s_{l_{a_i}}) \} fi​=(1≤i≤n) max{flai​​+1​,ai​,(si​−slai​​​)}
参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long longconst int N = 1e6 + 10;
// f[i] ::: 表示前 i 个数，最大分值之和, lst[i] ::: 表示数字 i 前面最靠近的相同数字位置, s[i] ::: 表示前 i 个数染相同颜色的总贡献
ll f[N], s[N], lst[N], a[N];
ll n, T;int main()
{std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(nullptr);std::cin >> T;while (T--){memset(f, 0, sizeof f), memset(s, 0, sizeof s), memset(lst, 0, sizeof lst), memset(a, 0, sizeof a);std::cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)std::cin >> a[i];// 构造 1~i 个数，全部数字染色相同时的最大分值之和for (int i = 2; i <= n; i++)s[i] = (a[i] == a[i - 1] ? s[i - 1] + a[i] : s[i - 1]);for (int i = 1; i <= n; i++) // 枚举数字的位置 i{f[i] = f[i - 1]; // 省去判断，默认继承if (lst[a[i]])   // 如果前面存在相同的数字, 则将 3 部分的贡献作对比更新f[i] = std::max(f[i], f[lst[a[i]] + 1] + a[i] + s[i] - s[lst[a[i]] + 1]);lst[a[i]] = i; // 更新数字 a[i] 出现的位置}std::cout << f[n] << "\n";}return 0;
}