Codeforces Round #244 (Div. 2)——Match & Catch

题目链接

• 题意：给两个长度分别为n和m的序列，现在有两种操作：1.分别选择两个序列的一个非空前缀，切两个前缀的最后一位相同，删除之，得到1分（只累计），消耗e；2.直接删除两个序列，消耗值定于两个序列之前删除的元素个数之和，并且使得得到的分有效（之前没有有效分）
• 分析：
  首先，问题其实就是转化成，进行若干次操作1，然后进行操作2
  还要找到一个判别标准，来评判较优的状态（贪心）
  每次的消耗值比较大，其实可以计算出最大的删除次数，这个值不是很大
  
  状态表示：
  简单的，一个状态可以表示为串A的位置、串B的位置、删除的次数
  但是两个串都比较长，如果用串A的位置、串B的位置来作为状态，删除次数作状态值，那么状态集合太大。所以只能以一个串为主串DP，那么删除的次数就应该作为状态，在B的位置应该作为状态的值
  
  操作（状态转移）：
  假如对于A的每一个位置，都找到一个B中的位置（只有一个选择，必然是找最靠前的）并删除，那么有些状态是遍历不到的，而且很显然这种方法是错误的。正确的想法应该是，对于A的每一个元素，两种操作：删除或者不删除
  
  判别标准：
  每个状态只有一个值，当前串B的位置，看看是否可以判断；对于处理到A的相同位置，删除次数相同，那么在B的位置越小越好。可以作为判别标准
  显然，这个时候是存在贪心的。其实想一想，对于之前见到的DP，对于DP状态的合并其实也是基于贪心原理（距离最小，价值最小等等），有时候能找到贪心也就基本找到了DP的判别标准（进行状态合并）
  

const int MAXN = 100001;

int ipta[MAXN], iptb[MAXN];
int dp[2][310];
vector<int> vt[MAXN];
int main()
{
	//    freopen("in.txt", "r", stdin);
	int a, b, all, c, cnt;
	while (~RIV(a, b, all, c))
	{
		int cur = 0;
		CLR(dp, INF);
		REP(i, MAXN) vt[i].clear();
		cnt = (all + c - 1) / c;
		FE(i, 1, a) RI(ipta[i]);
		FE(i, 1, b)
		{
			RI(iptb[i]);
			vt[iptb[i]].push_back(i);
		}
		int ans = 0;
		FE(i, 1, a)
		{
			dp[cur][0] = 0;
			cur ^= 1;
			CLR(dp[cur], INF);
			FE(j, 1, cnt)
			{
				int pre = dp[cur ^ 1][j - 1];
				int p = upper_bound(all(vt[ipta[i]]), pre) - vt[ipta[i]].begin();
				if (p == vt[ipta[i]].size()) p = INF;
				else p = vt[ipta[i]][p];
				dp[cur][j] = min(dp[cur ^ 1][j], p);
				if (dp[cur ^ 1][j] > p && p + i + j * c <= all)
					ans = max(ans, j);
			}
		}
		WI(ans);
	}
	return 0;
}

Codeforces Round #244 (Div. 2)——Match & Catch,布布扣,bubuko.com

Codeforces Round #244 (Div. 2)——Match & Catch

原文：http://blog.csdn.net/wty__/article/details/24930355