【CF1420E】Battle Lemmings

Description

被保护的李明明：如果两只不持盾李明明中间的某个地方有至少一只迟钝的李明明
那么这两只李明明就是一对被保护的李明明
现在，旅鼠们会被命令交出自己手里的盾盾给它左边或者右边的旅鼠
无情的命令机器 Petr 一秒可以发出一道命令

对于所有可能的 (k) ，
求 (k) 秒内（(0le kle frac{n(n-1)}{2})）最多能够让旅鼠大军里有多少对被保护的李明明？
李明明们可以脚踏很多条船。

旅鼠大队 (1le nle80)

Solution

首先我读错题目辣
一开始以为最后要变成 010010010 这样的
实际上貌似是要最大化序列中，连续的 0 段落 的 两两长度乘积之和

转化 #1

那干脆直接用这些长度来表示序列。
比如 010010010 就是表示成 1,2,2,1 。
如果让第5只旅鼠把盾给左边就变成 1,1,3,1，再往左传就是 1,0,4,1 （也即 1,4,1 ）

记 (N) 表示这种 0 段落的个数。
则操作过程中 0 段落两侧的 1 始终不变
就算段落被压扁了又出现了，两侧的 1 也是原来的那两个

转化 #2

现在要求最大化 $$Ans=sumlimits_{i=1}^{{N}sumlimits_{j=1}}{i-1} a_i a_j$$
考虑一下怎么化简。求和表是一个三角形。
复制一下填上是缺了主对角线的正方形。所以
(egin{array}{rcl} Ans&=&displaystylefrac{1}{2}left[left(sumlimits_{i=1}^Nsumlimits_{j=1}^N a_i a_j ight)-sumlimits_{i=1}^N a_i^2 ight]\ &=&displaystylefrac{1}{2}left[left(sumlimits_{i=1}^N a_i ight)^2-sumlimits_{i=1}^N a_i^2 ight]end{array})

思考意义。 (sumlimits_{i=1}^N a_i) 就是原序列中 0 的个数，为常数。
故问题到这里转化为：

最小化 (sumlimits_{i=1}^N a_i^2)

DP #1

最终的最优解就是让所有 (a_i) 的值尽可能相等。
然而对于 (k) 时的最优解就有点难做了。
(n) 很小。但是就算很小，假如一个一个枚举举盾不举盾 最坏情况最少这一步就要 (2^{40}) 也会炸的。

DP #2 设计状态

最优化，不妨考虑暴力 DP 。(n) 很小。所以 (k) 直接可以作为 DP 状态的一维。
记录一下现在到第 (j) 个 0 段落，命令了 (k) 次之后的最小的 (sumlimits_{i=1}^j a_i^2)

考虑转移。因为每次命令都是让 1 左右两边的 0 个数一边 ++ 一边 --
故：只需要记录 (ell=sumlimits_{i=1}^j a_i) 就可以了。
这样左边的 0 和 1 个数都可以被确定 也就相当于确定了当前段落 1 转移后的位置。
这就足够了，是一个正确的转移。

状态： (f(k,j,ell)) 表示此时的，当前最小的 (sumlimits_{i=1}^j a_i^2)

DP #3 设计转移

无非就是枚举一下当前 0 段落右侧的 1 要走到哪里然后转移
这个不难。
我就直接写代码了，敲博客好累的（

简明扼要的正解

其实就是暴力……只要想到 DP 就可以做了
从左到右依次确定每段连续的 0 的右端 1 的最后位置。同时转移时间和答案。
剪一下枝过。
挪 1 的时候可以用前面 0 的个数代替距离，正确性显然。（独木桥一下）

注意边界。
要在 DP 的时候算出结果的话，最后应该推上最后那一段 0 并且保证枚举在末端结束
保证枚举在末端结束：首先要让枚举都能够跑到末端。
然后只需要最后输出答案的时候只考虑 (ell) 等于原序列 0 的总数的 DP 状态即可。

---

Code

---

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int MAXN = 100;
const int MAN = 4000;
int n, m = 0, N, Ze = 0, cnt = 0;
bool a;
int z[MAXN] = {};
int PreZe[MAXN] = {};
int DP[MAN][MAXN][MAXN] = {};
void Update(int& a, int b)
{
	if (a==-1)
	{
		a = b; return;
	}
	if (b<a) a=b;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	N = n * (n - 1) >> 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		cin >> a;
		if(a) {
			z[++m] = cnt;
			Ze += cnt;
			PreZe[m] = Ze;
			cnt = 0;
		}
		else ++cnt;
	}
//	if (cnt)
//	{
		z[++m] = cnt;
		Ze += cnt;
		PreZe[m] = Ze;
//	}
	memset(DP, -1, sizeof(DP));
	DP[0][0][0] = 0;
	int ThisPara;
	for (int k = 0; k <= N; ++k) // time
	{
		for (int j = 0; j < m; ++j) // Para M
		{
			for (int l = 0; l <= Ze; ++l) // Zeros
			{
				if (DP[k][j][l]==-1) continue;
				for (int SZ = l, Walk; SZ <= Ze; ++SZ) // Zeroes To
				{
					Walk = k + abs(SZ - PreZe[j+1]); // Time To
					if (Walk > N) continue; // Cut
					ThisPara = SZ - l;
					Update(DP[Walk][j+1][SZ], DP[k][j][l] + ThisPara * ThisPara);
				}
			}
		}
	}
	
	int Ans = 0x3f3f3f3f;
	int ZeZe = Ze * Ze;
	for (int i = 0; i <= N; ++i)
	{
		if (DP[i][m][Ze] != -1 && DP[i][m][Ze] < Ans) Ans = DP[i][m][Ze];
		cout << ((ZeZe - Ans) >> 1) << ' ';
	}
	return 0;
}