洛谷1846 游戏 dp

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题意：
给定两个正整数数列，你要用它们来做一个游戏：你需要对数列进行若干次操作，每一次操作，应选择两个正整数K1和K2 ，并删除第一个数列的最后K1个数，计算出它们的和S1；删除第二个数列的最后K2个数，计算出它们的和S2。这一次操作的得分就是(S2-K2 )*(S1-K1 )。两个数列应同时被清空，不允许一个数列空了，而另一个数列中还有数。游戏的总得分就是每一次操作的得分总和。

求最小的总得分。

数列长度<=2000<=2000<=2000，权值都是正整数。

题解：
这种题看起来评分不高，但是其实也不一定就很好做。一般代码很短的题都会思维难度不低。

这个题最简单的dp想法是dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示第一个数列考虑了后iii个数，第二个数列考虑了后jjj个数的最小答案。最暴力的转移方法是枚举两个数列的上一个位置分别在哪里，这样可以得到一个O(n2∗m2)O(n^2*m^2)O(n2∗m2)的做法。但是这个做法似乎也不太能用一些常规的手段来优化。

但是这个题的正确做法并不是更换状态，而是更换转移思路。首先对于贡献答案的式子中减去的那个区间长度，我们转化成在两个数列里的每个数的权值都减去111，这样根据乘法的分配律，相乘之后结果不会改变的。这样之后我们不去枚举两个数列上一次的端点在哪里了，而是直接从前面的位置转移过来。我们考虑两次合并，设第一次的贡献是a1∗b1+a2∗b2a1*b1+a2*b2a1∗b1+a2∗b2，那么如果两次合为一次的话贡献是(a1+a2)∗(b1+b2)(a1+a2)*(b1+b2)(a1+a2)∗(b1+b2)，后者一定大于前者，所以我们分的段数越多答案越优。由于两端长度不一定相同，所以我们每次一定是在一个数列选了一个数，再另一个数列选了连续的几个数。那么我们就在转移的时候考虑当前是在两个数列都是一个数，还是第一个数列仍然用之前的数，第二个数列继续加进新的数，或者第一个数列继续加进来新的数，第二个数列仍然是只选之前的那一个数。于是我们得出dp方程式：dp[i][j]=min(dp[i−1][j−1],dp[i][j−1],dp[i−1][j])+a[i]∗b[j]dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],dp[i][j-1],dp[i-1][j])+a[i]*b[j]dp[i][j]=min(dp[i−1][j−1],dp[i][j−1],dp[i−1][j])+a[i]∗b[j]。根据乘法的分配律，可以保证这样算的正确性。

这样就可以用一个状态数是O(n∗m)O(n*m)O(n∗m)，转移复杂度是O(1)O(1)O(1)的dp来解决这个题了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,m,a[2010],b[2010],dp[2010][2010];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);--a[i];}for(int i=1;i<=m;++i){scanf("%d",&b[i]);--b[i];}memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=m;++j)dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+a[i]*b[j],min(dp[i-1][j]+a[i]*b[j],dp[i][j-1]+a[i]*b[j]));}printf("%d\n",dp[n][m]);return 0;
}

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