Online Judge：Bzoj1761
Label：区间Dp
题目描述
在一条直线上有N个点,每个点M升水. 一个虫子在坐标轴0点上,它每个单位时间移动一格,每个点的水每单位时间消失1升. 问虫子最多可以喝到多少水,喝水的时间忽略不计。
输入
第一行给出数字N,M
下面N行给出N个点的坐标Xi
(0≤n≤300), (1≤m≤1,000,000)，$ −10,000 ≤ x1, x2, . . . , xn ≤ 10,000$
输出
最多可以喝到多少水。
样例
Input
3 15
6
-3
1
Output
25
Hint
虫子开始在0点,它先到1这个点喝水,再到-3,再到6.
题解
类似但更为简单的一道题：USACO2005 nov [Grazing on the Run]。
本题题解将基于上面这道的题解来bb，没做过可以先去看这题。
上面那个问题其实求的是：
你的初始坐标为x，你要去数轴上的n个点，每个点原有无限水量。每秒每个点都会少掉一单位水，问遍历完所有点，浪费的最少水量是多少？
而现在我们求的是最多能喝到多少水，而且不一定需要遍历所有点（因为可能你到那了水已经没了，等同于没去遍历）。
假设我们上面那道题求出结果为(f[1][n])，难道这道题答案就是(M*N-f[1][n])吗？看起来好像没有问题，似乎是总的水量-浪费的水量，但是，我们上面求出的dp值计算的是所有点的浪费总水量和，但本题中如果我们只考虑去区间([l,r](l!=1||r!=n))则浪费水量会多计了，答案自然不正确。
如何避免这个问题呢？观察数据范围，上面那题(n<=1000)，而这题(n<=300)，似乎暗示我们可以再枚举一维：）
我们现在不知道最终走过的区间长度，那就去枚举它，这样我们就可以确定水的总量，从而可以确定每秒浪费的水量（不在我这个区间内的点我就不管它了）。剩下的部分就跟上面那道题一模一样了。
综上，时间复杂度为(O(N^3))。
完整代码如下
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=305,INF=0x3f3f3f3f;
int a[N],dis[N][N],ans,f[N][N][2];
int n,m;
inline void Do(int &x,int y){(x>y)&&(x=y);}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
a[++n]=0;
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=abs(a[i]-a[j]);
int st=lower_bound(a+1,a+n+1,0)-a;
for(int tot=1;tot<=n;tot++){//枚举最终走过区间长度
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[st][st][0]=f[st][st][1]=0;//注意每次都要初始化
for(int i=1;i<=tot;i++)for(int l=1;l+i-1<=n;l++){
int r=l+i-1;
if(f[l][r][0]<INF){
if(l!=1)Do(f[l-1][r][0],f[l][r][0]+dis[l-1][l]*(tot-i));
if(r!=n)Do(f[l][r+1][1],f[l][r][0]+dis[l][r+1]*(tot-i));
}
if(f[l][r][1]<INF){
if(l!=1)Do(f[l-1][r][0],f[l][r][1]+dis[r][l-1]*(tot-i));
if(r!=n)Do(f[l][r+1][1],f[l][r][1]+dis[r][r+1]*(tot-i));
}
}
for(int i=1;i+tot-1<=n;i++){//此时喝到水量=(区间总水量-区间浪费水量)
ans=max(ans,(tot-1)*m-min(f[i][i+tot-1][0],f[i][i+tot-1][1]));
}
}
printf("%lld
",ans);
}