Hdu5693 D Game

D Game

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Problem Description

众所周知，度度熊喜欢的字符只有两个：B 和D。
今天，它发明了一个游戏：D游戏。
度度熊的英文并不是很高明，所以这里的D，没什么高深的含义，只是代指等差数列[(等差数列百科)](http://baike.baidu.com/view/62268.htm)中的公差D。
这个游戏是这样的，首先度度熊拥有一个公差集合{D}，然后它依次写下N个数字排成一行。游戏规则很简单：
1. 在当前剩下的有序数组中选择X(X≥2) 个连续数字；
2. 检查1选择的X个数字是否构成等差数列，且公差 d∈{D}；
3. 如果2满足，可以在数组中删除这X个数字；
4. 重复 1−3 步，直到无法删除更多数字。
度度熊最多能删掉多少个数字，如果它足够聪明的话？

Input

第一行一个整数T，表示T(1≤T≤100) 组数据。
每组数据以两个整数 N，M 开始 。接着的一行包括 N 个整数，表示排成一行的有序数组 Ai。接下来的一行是 M 个整数，即给定的公差集合 Di。
1≤N,M≤300
−1 000 000 000≤Ai,Di≤1 000 000 000

Output

对于每组数据，输出最多能删掉的数字 。

Sample Input

3 3 1 1 2 3 1 3 2 1 2 4 1 2 4 2 1 3 4 3 1 2

Sample Output

3 2 4

Source

2016"百度之星" - 初赛（Astar Round2A）

分析：挺好的一道题.

　　　删数，区间会变动，支持O(n^3)的做法，很显然，这就是一道区间dp题.如果直接设状态f[i][j]表示区间[i,j]最多能删多少个数，不好转移，不知道剩下还有哪些数能够删.

　　　把最优性问题转化成判断可行性问题. 令f[i][j]表示区间[i,j]的数能不能被删光. 有一个结论：每次删数只需要删2个或者3个.为什么可以这样呢？如果一次删的数的个数＞3个，那么完全可以把它们拆成2个和3个地去删.可以利用这个结论来进行转移.

　　　区间[i,j]有两种可能的情况:1.i和j被删了.  2.i和j没有被删.

　　　对于第一种情况，枚举一个k,如果f[i][k] = f[k + 1][j] = 1,那么f[i][j] = 1.

　　　对于第二种情况，有两种决策：要么删2个数，要么删3个数，删两个数的话就只能删i和j咯，如果f[i + 1][j - 1] = 1并且a[j] - a[i]在给定的公差集合里，那么f[i][j] = 1. 如果是删3个数，枚举一个中间点k,f[i + 1][k - 1] = f[k + 1][j - 1] = 1并且a[j] - a[k] = a[k] - a[i]并且a[j] - a[k]出现在了公差集合中，那么f[i][j] = 1.

　　　这只是处理出了区间能否被删除，如何求删除的数的最大数量呢？

　　　每个数只能被删一次，可以将之前处理的f[i][j]看作一条条线段[i,j],要找不相交的线段使得覆盖的长度最大，这个O(n^2)dp以下就好了.

　　　最近做的几道区间dp题都是很有套路的，首先是很容易能够看出区间dp的特征，设出基本状态，如果不能转移就加维度.所求的一般都是最值，如果状态不能直接表示成最值，就表示为是否可行.

#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
map<ll,int> s;
ll T,n,m,can[310][310],f[310],a[310];

int main()
{
    scanf("%lld",&T);
    while (T--)
    {
        s.clear();
        memset(can,0,sizeof(can));
        memset(f,0,sizeof(f));
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%lld",&a[i]);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            ll x;
            scanf("%lld",&x);
            s[x] = 1;
        }
        for (int len = 2; len <= n; len++)
        {
            for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)
            {
                int j = i + len - 1;
                if (len == 2)
                {
                    if (s[a[j] - a[i]])
                        can[i][j] = 1;
                    continue;
                }
                if (len == 3)
                {
                    if (a[j] - a[j - 1] == a[j - 1] - a[i] && s[a[j] - a[j - 1]])
                        can[i][j] = 1;
                    continue;
                }
                for (int k = i + 1; k < j - 1; k++)
                    if (can[i][k] && can[k + 1][j])
                        can[i][j] = 1;
                if (can[i + 1][j - 1] && s[a[j] - a[i]])
                    can[i][j] = 1;
                for (int k = i + 3; k < j - 2; k++)
                    if (can[i + 1][k - 1] && can[k + 1][j - 1] && a[j] - a[k] == a[k] - a[i] && s[a[j] - a[k]])
                        can[i][j] = 1;
            }
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j < i; j++)
                {
                    f[i] = max(f[i],f[i - 1]);
                    if (can[j][i])
                        f[i] = max(f[j - 1] + i - j + 1,f[i]);
                }
        printf("%lld
",f[n]);
    }

    return 0;
}