数字游戏（NOIP 2003 PJT2）

2022-05-29 11:03:44 阅读：169 来源： 互联网

标签：10 NOIP 200 int cin long 2003 freopen PJT2

一 原始数据处理
1.输入数据得到a[1]~a[n],复制扩展a[n+1]~a[2*n]，以便处理不同点为起点出发。

cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) 
{
    scanf("%d",&a[i]);
    a[i+n]=a[i];
}
2.计算前缀和
sum[1]=a[1];
for(int i=2;i<=2*n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
3.除余计算函数 
int mod10(int k)
{
    return (k%10+10)%10;
}
二 dp数组定义及转移方程
1 dp定义
dpma [i][j][m] 表示i为起点j为终点，划分m份的最大值；
dpmi [i][j][m] 表示i为起点j为终点，划分m份的最小值；
2 根据定义初始化
dpma [i][j][1];
dpmi [i][j][1];
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
    for (int j=i;j<=2*n;j++)
    {
        dpmi[i][j][1]=dpma[i][j][1]=mod10(sum[j]-sum[i-1]);
        for(int len=2;len<=m;len++)
        {
            dpmi[i][j][len]=2e9;
            dpma[i][j][len]=0;
        }
    }
}
3转移方程：

dpma[i][j][len]=max(1ll*dpma[i][mid][num]*dpma[mid+1][j][len-num],1ll*dpma[i][j][len]));
dpmi[i][j][len]=min(1ll*dpmi[i][mid][num]*dpmi[mid+1][j][len-num],1ll*dpmi[i][j][len]));

len 范围[2,m],最外层循环,用来遍历所有分的份数（因为份数为1的都已初始化）
num是分堆数量取值范围[1,len-1]，用来遍历len堆的方法，len=5，那么num可分成1,4;2,3;3,2;4,1;
i的范围[1,2*n],j的范围[i,2*n],用来遍历起始点。
mid为i~j之间的划分点 ，mid 取值范围[i,j-1]
举例说明mid的必要性，样例a[]={2,-1,3,4},
求dp[1][3][2],
存在{2}，{-1，3}和{2，-1}，{3}按照划mid分点不同存在两种情况，
应比较dp[1][1][1]*dp[2][3][1]和dp[1][2][1]*dp[3][3][1]两者取大
防止dpmi超int界，乘1ll转化为长整型

4 求最大最小值
int maxans=0,minans=2e9;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
    maxans=max(dpma[i][i+n-1][m],maxans);
    minans=min(dpmi[i][i+n-1][m],minans);
}

代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;
 4 int dpmi[200][200][200],dpma[200][200][200]={0};
 5 int n,m,a[200]={0},sum[200]={0};
 6 int mod10(int n)
 7 {
 8     return (n%10+10)%10;
 9 }
10 
11 int main()
12 {
13 //    freopen("1.in","r",stdin);
14 //    freopen("1.out","w",stdout);
15     cin>>n>>m;
16     for(int i=1;i<=n;i++)
17     {
18         scanf("%d",&a[i]);
19         a[i+n]=a[i];
20     }
21     
22     sum[1]=a[1];
23     for(int i=2;i<=2*n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
24     
25     for(int i=1;i<=2*n;i++)
26     {
27         for(int j=i;j<=2*n;j++)
28         {
29             dpmi[i][j][1]=dpma[i][j][1]=mod10(sum[j]-sum[i-1]);
30             for(int len=2;len<=m;len++)
31             {
32                 dpmi[i][j][len]=2e9;
33                 dpma[i][j][len]=-1;
34             }
35         }
36     }
37     
38     
39     for(int len=2;len<=m;len++)
40     {
41         for(int num=1;num<len;num++)
42         {
43             for(int i=1;i<=2*n;i++)
44             {
45                 for(int j=i;j<=2*n;j++)
46                 {
47                     for(int mid=i;mid<=j-1;mid++)
48                     {
49                         dpma[i][j][len]=max(1ll*dpma[i][mid][num]*dpma[mid+1][j][len-num],1ll*dpma[i][j][len]);
50                         dpmi[i][j][len]=min(1ll*dpmi[i][mid][num]*dpmi[mid+1][j][len-num],1ll*dpmi[i][j][len]);
51                     }
52                 }
53             }
54         }
55     }
56     int maxans=-1000,minans=2e9;
57     for(int i=1;i<=n;i++)
58     {
59         maxans=max(dpma[i][i+n-1][m],maxans);
60         minans=min(dpmi[i][i+n-1][m],minans);
61     }
62     printf("%d\n%d",minans,maxans);
63     return 0;
64 }

标签：10,NOIP,200,int,cin,long,2003,freopen,PJT2
来源： https://www.cnblogs.com/wjk53233/p/16323382.html

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