CodeForces 1070J Streets and Avenues in Berhattan 性质+动态规划

题目大意：

你有$k$个数，分为$26$种

对于每个数，你可以选择选进$A$集合或者$B$集合或者不选

要求$A$集合中必须有$n$个数，$B$集合中必须有$m$个数

记第$i$种数在$A$集合中的个数为$a_i$，$B$中个数为$b_i$

试最小代价$sum a_i * b_i$

$k leqslant 200000$，$n, m leqslant 30000$

首先，我们打表得出一个结论，代价一定只由一种数得出

考虑证明：

我们不妨设代价由$A$得出，且集合$S_A$和$S_B$中分别有$i$个$A$和$a - i$个$A$

那么，如果我们尝试用$B$来替换$A$，不妨设从$B$中抽了$j$个$B$扔进$A$中，且一共有$b$个$B$

那么贡献差为$i * (a - i) - ((i - j) * (a - i + j) + j * (b - j))(0 leq j leq min(i, b))$

化简后，为$2j^2 - j(2i - a+ b)$

这是一个开口向上的，以$j$为自变量的二次函数

最大值一定在端点取到，也就是$j = 0$或者$j = i$或者$j = b$取到

这三种情况对应着代价由$A$得出或者由$B$得出

我们可以枚举在中间的种类是哪一个

之后再枚举放在$A$中的数能取多少个

相应地我们可以知道最多可以放在$B$中多少个

可以通过背包来实现上述问题

由于实现不优，复杂度为$O(26^2 * (n+ m) + 26 * k)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
namespace remoon {
    #define ri register int
    #define tpr template <typename ra>
    #define rep(iu, st, ed) for(ri iu = st; iu <= ed; iu ++)
    #define drep(iu, ed, st) for(ri iu = ed; iu >= st; iu --)    
    #define gc getchar
    inline int read() {
        int p = 0, w = 1; char c = gc();
        while(c > '9' || c < '0') { if(c == '-') w = -1; c = gc(); }
        while(c >= '0' && c <= '9') p = p * 10 + c - '0', c = gc();
        return p * w;
    }
    int wr[50], rw;
    #define pc(iw) putchar(iw)
    tpr inline void write(ra o, char c = '
') {
        if(!o) pc('0');
        if(o < 0) o = -o, pc('-');
        while(o) wr[++ rw] = o % 10, o /= 10;
        while(rw) pc(wr[rw --] + '0');
        pc(c);
    }
}
using namespace std;
using namespace remoon;
#define sid 30050
#define kid 200050

char s[kid];
bool f[kid];
int n, m, k, t, cnt[50];

inline int judge() {
    f[0] = 1;
    memset(f, 0, sizeof(f));    
    rep(i, 0, 25) drep(j, k, cnt[i])
    f[j] |= f[j - cnt[i]];
    rep(i, n, k - m) 
    if(f[i]) { puts("0"); return 1; }
    return 0;
}

inline void solve() {
    int ans = 1e9;
    rep(i, 0, 25) {
        memset(f, 0, (n + m) << 2); 
        f[0] = 1;
        rep(j, 0, 25) if(i != j)
        drep(v, n + m, cnt[j]) f[v] |= f[v - cnt[j]];
    
        rep(j, 0, n + m) 
        if(f[j]) {
            int l = max(n - j, 0);
            int r = max(m - (k - cnt[i] - j), 0);
            if(l + r <= cnt[i]) ans = min(ans, l * r);
        }
    }
    write(ans);
}

int main() {
    t = read();
    while(t --) {
        n = read(); m = read(); k = read();
        scanf("%s", s + 1);
        int sn = strlen(s + 1);
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        rep(i, 1, sn) ++ cnt[s[i] - 'A'];
        if(judge()) continue;
        solve();
    }
    return 0;
}