刷题记录:牛客NC14701取数游戏2

传送门:牛客

题目描述:

给定两个长度为n的整数列A和B，每次你可以从A数列的左端或右端取走一个数。假设第i次取走的数为ax，则第i次取走的数的价值vi=bi⋅ax，现在希望你求出∑vi的最大值。
输入:
2
2
1 1000
2 1
5
1 3 5 2 4
1 2 3 4 5
输出:
2001
52
1
2
3
4
5
6
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8
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10
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12

呜呜呜,这可以说是我在刷dp的过程中第一道自己推出的转移方程(虽然很简单但是也给了我信心)

主要思路:

1. 对于这一道,我们可以有一个朴素的想法,我们可以使用$dp[i][j]$来记录$一个数列左边取i个数字,右边取j个数字的最大价值$,那么我们就会发现我们的当我们枚举到$(i,j)$时,我们有两种可以到达这种状态的路径,一种是$(i-1,j),左边再取一个$,$(i,j-1),右边再取一个$,并且此时我们一共枚举了$(i+j)$个数字,此时我们的贡献值也就不难写出了.

总结一下我们的dp方程:

$dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+b[i+j]\ast a[i],dp[i][j-1]+b[i+j]\ast a[n-j+1]);$

并且我们的边界应该是两端点分别都取0的时候,此时我们的值就是一边逐渐累加上去即可

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
#define maxn 1000000
#define ll_maxn 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
const double eps=1e-8;
int T;int n;
ll a[maxn],b[maxn];
ll dp[1010][1010];
int main() {
	T=read();
	while(T--) {
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(b,0,sizeof(b));
		n=read();
		ll ans=-inf;
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
		for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			dp[i][0]=dp[i-1][0]+b[i]*a[i];
			dp[0][i]=dp[0][i-1]+b[i]*a[n-i+1];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n-i;j++) {
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+b[i+j]*a[i],dp[i][j-1]+b[i+j]*a[n-j+1]);
				if(i+j==n) {
					ans=max(ans,dp[i][j]);
				}
			}
		}	
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}
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