【学习笔记】[USACO21DEC] Paired Up P

感觉对 错算 的理解还不够

对于$T=1$，将第一组的坐标排列成 { x i } \{x_i\} {xi​}，第二组的坐标排列成 { y i } \{y_i\} {yi​}，则一定是从小到大两两之间配对最优，这里的 DP 不用考虑合法性（不合法的一定不优），因此不用记录额外的状态，复杂度$O(n^2)$

对于$T=2$，需要考虑合法性。设第一组没有被配对的坐标为 { x i } \{x_i\} {xi​}，第二组没有被配对的 { y i } \{y_i\} {yi​}，则这组坐标合法的充要条件为：

• 对于每对$(x_i,y_j)$，满足$x_i-y_j>K\vee x_i-y_j<-K$

考虑其等价的判定方式，即加入一个数$x_i$，对于所有存在的$y_j$满足$x_i>y_j+K$；加入一个数$y_i$，对于所有存在的$x_j$满足$y_i>x_j+K$。

注意到条件：$x_i,y_i$ 是按照从小到大的顺序加入的，可以证明这个判定 虽然错算了一些东西，但是可以得到答案。

因此，记录之前选择的$x_i,y_i$的最大值，转移可以$O(1)$完成，复杂度$O(n^4)$。

进一步发现，$x_i,y_i$之差一定超过$K$，因此较小的那个不会产生限制，设$d{p}_{i,j,k}$表示考虑完第一组的前$i$个数，第二组的前$j$个数，没有被配对的坐标最大的牛的编号为$k$时没被配对的牛的重量之和的最大值（这样更好算贡献）。其中$k\in [1,cn{t}_1]$表示第一组中的牛，$k\in [cn{t}_1+1,cn{t}_1+cn{t}_2]$表示第二组中的牛。这样我们将状态数优化到$O(n^3)$。

考虑 进一步优化状态数。 注意到，转移过程中多次到达了$k=i\vee cn{t}_1+j$的状态，因此我们只保留这些状态，然后加速转移过程。

转移过程可以$O(n^2)$预处理。

更好的方法是定义$f_{i,j,0/1}$表示钦定下一个不选的牛在第一/二组时的答案，这样每一次切换$0/1$状态时只要平移若干步即可，比较好实现。

总复杂度$O(n^2)$。

$\text{remark}$ 搞不懂那些一来就讲$O(n^2)$做法的人是怎么想到的。。。

写代码的时候有点迷糊，感觉想不太清楚加速转移的过程。

#include
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=5005;
int type,n,K;
int cnt1,cnt2,lst[N][N],nxt[N];
ll dp[N][N],f[N][N],g[N][N],sm;
struct node{
    int x,w;
}a[N],b[N],c[N];
string str;
void chmax(ll &x,ll y){
    x=max(x,y);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>type>>n>>K;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x,w;
        cin>>str>>x>>w,sm+=w;
        if(str[0]=='G'){
            a[++cnt1]={x,w};
        }
        else{
            b[++cnt2]={x,w};
        }
    }
    if(type==1){
        for(int i=1;i<=cnt1;i++){
            for(int j=1;j<=cnt2;j++){
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                if(abs(a[i].x-b[j].x)<=K)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+a[i].w+b[j].w);
            }
        }
        cout<<sm-dp[cnt1][cnt2];
    }
    else{
        memset(f,-0x3f,sizeof f),memset(g,-0x3f,sizeof g);
        f[0][0]=g[0][0]=0;
        int j=1;
        for(int i=1;i<=cnt2;i++){
            while(j<=cnt1&&a[j].x<=b[i].x+K)j++;
            nxt[cnt1+i]=j;
        }
        j=1;
        for(int i=1;i<=cnt1;i++){
            while(j<=cnt2&&b[j].x<=a[i].x+K)j++;
            nxt[i]=j;
        }
        for(int i=cnt1-1;i>=0;i--){
            for(int j=cnt2-1;j>=0;j--){
                lst[i][j]=(abs(a[i+1].x-b[j+1].x)<=K)?lst[i+1][j+1]+1:0;
            }
        }
        for(int i=0;i<=cnt1;i++){
            for(int j=0;j<=cnt2;j++){
                if(i+1<=cnt1)chmax(f[i+1][j],f[i][j]+a[i+1].w);
                if(j+1<=cnt2)chmax(g[i][j+1],g[i][j]+b[j+1].w);
                if(i+1<=cnt1&&j+1<=cnt2&&abs(a[i+1].x-b[j+1].x)<=K){
                    chmax(f[i+1][j+1],f[i][j]);
                    chmax(g[i+1][j+1],g[i][j]);
                }
                if(i+1<=cnt1){
                    int p=max(0,nxt[i+1]-j-1);
                    if(lst[i+1][j]>=p){
                        chmax(g[i+1+p][j+p],f[i][j]+a[i+1].w);
                    }
                }
                if(j+1<=cnt2){
                    int p=max(0,nxt[j+1+cnt1]-i-1);
                    if(lst[i][j+1]>=p){
                        chmax(f[i+p][j+1+p],g[i][j]+b[j+1].w);
                    }
                }
            }
        }
        cout<<max(f[cnt1][cnt2],g[cnt1][cnt2]);
    }
}
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