NOIP2000提高组第二轮T2：乌龟棋

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[NOIP2010 提高组] 乌龟棋

题目背景

小明过生日的时候，爸爸送给他一副乌龟棋当作礼物。

题目描述

乌龟棋的棋盘是一行 $N$ 个格子，每个格子上一个分数（非负整数）。棋盘第 $1$ 格是唯一的起点，第 $N$ 格是终点，游戏要求玩家控制一个乌龟棋子从起点出发走到终点。

乌龟棋中 $M$ 张爬行卡片，分成 $4$ 种不同的类型（$M$ 张卡片中不一定包含所有 $4$ 种类型的卡片，见样例），每种类型的卡片上分别标有 $1,2,3,4$ 四个数字之一，表示使用这种卡片后，乌龟棋子将向前爬行相应的格子数。游戏中，玩家每次需要从所有的爬行卡片中选择一张之前没有使用过的爬行卡片，控制乌龟棋子前进相应的格子数，每张卡片只能使用一次。

游戏中，乌龟棋子自动获得起点格子的分数，并且在后续的爬行中每到达一个格子，就得到该格子相应的分数。玩家最终游戏得分就是乌龟棋子从起点到终点过程中到过的所有格子的分数总和。

很明显，用不同的爬行卡片使用顺序会使得最终游戏的得分不同，小明想要找到一种卡片使用顺序使得最终游戏得分最多。

现在，告诉你棋盘上每个格子的分数和所有的爬行卡片，你能告诉小明，他最多能得到多少分吗？

输入格式

每行中两个数之间用一个空格隔开。

第 $1$ 行 $2$ 个正整数 $N,M$，分别表示棋盘格子数和爬行卡片数。

第 $2$ 行 $N$ 个非负整数，$a_1,a_2,\dots ,a_N$，其中 $a_i$ 表示棋盘第 $i$ 个格子上的分数。

第 $3$ 行 $M$ 个整数，$b_1,b_2,\dots ,b_M$，表示 $M$ 张爬行卡片上的数字。

输入数据保证到达终点时刚好用光$M$张爬行卡片。

输出格式

$1$ 个整数，表示小明最多能得到的分数。

样例 #1

样例输入 #1

9 5
6 10 14 2 8 8 18 5 17
1 3 1 2 1
1
2
3

样例输出 #1

73
1

提示

每个测试点 1s。

小明使用爬行卡片顺序为 $1,1,3,1,2$，得到的分数为 $6+10+14+8+18+17=73$。注意，由于起点是 $1$，所以自动获得第 $1$ 格的分数 $6$。

对于 $30\%$ 的数据有 $1\le N\le 30,1\le M\le 12$。

对于 $50\%$ 的数据有 $1\le N\le 120,1\le M\le 50$，且 $4$ 种爬行卡片，每种卡片的张数不会超过 $20$。

对于 $100\%$ 的数据有 $1\le N\le 350,1\le M\le 120$，且 $4$ 种爬行卡片，每种卡片的张数不会超过 $40$；$0\le a_i\le 100,1\le i\le N,1\le b_i\le 4,1\le i\le M$。

算法思想（动态规划）

状态表示

根据题目描述，要求的是使用$M$ 张 $4$ 种类型的卡片，从起点出发走到终点最多能得到多少分。不难想到，要计算的状态跟走到的格子和每种卡片使用的次数有关。除此之外，题目中对卡片的使用还有如下的限制：

• 每张卡片只能使用一次
• 输入数据保证到达终点时刚好用光$M$张爬行卡片
• 对于 $100\%$ 的数据，每种卡片的张数不会超过 $40$

从限制条件可以发现，走到的格子可以根据每种卡片使用的次数计算出来，不妨设标有 $1,2,3,4$ 四个数字之一的卡片各使用了$a,b,c,d$次，那么从起点$1$出发走到的格子$x=1+a\times 1+b\times 2+c\times 3+d\times 4$。这样在定义状态时，只需要考虑每种卡片使用的次数，即：

f[a][b][c][d]表示$1,2,3,4$ 四个数字的卡片各使用了$a,b,c,d$次时，最多能得到的分数

状态计算

接着考虑如何计算状态 f[a][b][c][d]？可以将到达格子$x=1+a\times 1+b\times 2+c\times 3+d\times 4$的情况分为$4$种：

• 少使用$1$张标有数字 $1$ 的卡片，此时到达格子$x$的收益为f[a-1][b][c][d] + w[x]
• 少使用$1$张标有数字 $2$ 的卡片，此时到达格子$x$的收益为f[a][b-1][c][d] + w[x]
• 少使用$1$张标有数字 $3$ 的卡片，此时到达格子$x$的收益为f[a][b][c-1][d] + w[x]
• 少使用$1$张标有数字 $4$ 的卡片，此时到达格子$x$的收益为f[a][b][c][d-1] + w[x]

显然， f[a][b][c][d]要取上述四种情况的最大值。

初始状态

棋盘第 $1$ 格是唯一的起点，因此f[0][0][0][0] = w[1]，除此之外，f[a][b][c][d] = 0。

时间复杂度

由于走到的格子可以通过每种卡片使用的次数计算出来，因此在状态数只跟每种卡片使用的次数相关。而每种卡片的张数不会超过 $40$，那么状态数为$O(40^4)=2,560,000$，而状态计算次数为$O(1)$。

代码实现

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 400, M = 45;
/*
f[a][b][c][d]表示1、2、3、4四种卡片使用a、b、c、d次时最多能得到的分数
w[i]表示第i个格子的分数
g[i]表示数字为i的卡片的张数
*/
int w[N], f[M][M][M][M], s[5];
int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> w[i];
    for(int i = 1; i <= m; i ++) 
    {
        int x;
        cin >> x;
        s[x] ++;
    }
    //枚举每种卡片使用的次数
    for(int a = 0; a <= s[1]; a ++)
        for(int b = 0; b <= s[2]; b ++)
            for(int c = 0; c <= s[3]; c ++)
                for(int d = 0; d <= s[4]; d ++)
                {
                    //此时走到第x个格子,
                    int x = 1 + a * 1 + b * 2 + c * 3 + d * 4;
                    int &v = f[a][b][c][d]; //将f[a][b][c][d]的引用保存到变量v中
                    v = w[x]; //获得第x个格子的分数
                    if(a) v = max(v, f[a - 1][b][c][d] + w[x]);
                    if(b) v = max(v, f[a][b - 1][c][d] + w[x]);
                    if(c) v = max(v, f[a][b][c - 1][d] + w[x]);
                    if(d) v = max(v, f[a][b][c][d - 1] + w[x]);
                }
    cout << f[s[1]][s[2]][s[3]][s[4]];
    return 0;
}
1
2
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4
5
6
7
8
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