Description
你有一个序列 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，以及两个参数 \(d, r\)。
你可以做如下操作若干次：
- 每次选择一段区间，使得他们的和可以被表示成 \(k \times d + r\) 的形式，其中 \(k\) 是一个非负整数。
- 你把 \(k\) 加入分数中，然后在序列中删去这一段，剩下的序列合在一起。
比如说 \(d=5, r=1\)，序列为 \(2, 2, 2, 4, 4\)。
- 那么你可以删除 \(2, 2, 2\)，获得 \(1\) 的分数。序列无法继续进行操作。
- 你也可以删除 \(2, 4\)，获得 \(1\) 的分数，序列变为 \(2, 2, 4\)。你可以继续删除 \(2, 4\)，一共获得 \(2\) 的分数。
问最多可以获得多少分数。
\(n\leq 500,a_i,d,r\leq 10^8\)。
Solution
首先这题显然是区间 dp。
有个想法是设 \(f_{l,r}\) 表示把 \([l,r]\) 删空的最小次数，转移时要枚举在最后一次操作之前删空了 \([l,r]\) 内的哪些子区间。
由于知道了操作次数就能知道剩余数模 \(d\) 的值，所以加一个状态 \(g_{l,r,k}\) 表示当前 \([l,r]\) 做了 \(k\) 次操作是否可行，暴力转移是 \(O(n^4)\)。
注意到 \(g_{l,r,k}\) 中的 \(k\) 毫无意义，因为能够操作出来的操作次数一定是一段前缀，所以将状态改为 \(g_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 的最多操作次数即可，转移可以暴力转移。
时间复杂度：\(O(n^3)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>#define int int64_tconst int kMaxN = 505;int n, d, r;
int a[kMaxN], f[kMaxN][kMaxN];
int64_t s[kMaxN], g[kMaxN][kMaxN];void dickdreamer() {std::cin >> n >> d >> r;for (int i = 1; i <= n; ++i) {std::cin >> a[i];s[i] = s[i - 1] + a[i];}memset(f, 0, sizeof(f));memset(g, 0, sizeof(g));for (int len = 1; len <= n; ++len) {for (int i = 1; i <= n - len + 1; ++i) {int j = i + len - 1, sum = s[j] - s[i - 1];for (int k = i; k < j; ++k) f[i][j] = std::max(f[i][j], f[i][k] + f[k + 1][j]);if ((sum - r * f[i][j] % d + d) % d == r) ++f[i][j];for (int k = 1; k <= f[i][j]; ++k) {if (k * r % d == sum % d) {g[i][j] = (sum - k * r) / d;break;}}// std::cerr << i << ' ' << j << ' ' << f[i][j] << ' ' << g[i][j] << '\n';}}// std::cerr << "??? " << f[3][4] << ' ' << f[2][5] << '\n';for (int i = n; i; --i) {for (int j = i; j <= n; ++j)for (int k = i; k < j; ++k)g[i][j] = std::max(g[i][j], g[i][k] + g[k + 1][j]);}std::cout << g[1][n] << '\n';
}int32_t main() {
#ifdef ORZXKRfreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endifstd::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);int T = 1;std::cin >> T;while (T--) dickdreamer();// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";return 0;
}