LOJ2161 「POI2011 R2 Day1」差值 Difference（细节DP）

题目

「POI2011 R2 Day1」差值 Difference

分析

考虑枚举两个字符分别作为子序列的出现次数最多和最少的字符。一个性质是，这两个字符到底是不是次数最多或最少的字符并不重要，我们只需要统计最大差值，就能自动避免不符合要求的情况（因为不符合要求的情况一定比大差值小）。

简单来说，枚举字符 $a$， $b$和区间 $[l, r]$，计算 $[l, r]$中 $a$和 $b$的个数 $cnt_a$和 $cnt_b$， $ans = \max\{cnt_a - cnt_b\}$。
显然这样是 $O(26^2n^2)$的，需要优化。枚举了 $a, b$过后，若把所有 $a$视作 $1$、 $b$视作 $-1$、其他字符视作 $0$，那么问题变为求最大子段和，记录前面的DP最大值即可， $O(26^2n)$。但是，最大的问题在于要求子段中 $a, b$的数量都要大于 $0$，所以这种方法比较难以解决。

考虑换一种方式，先枚举 $a$，然后同时对所有 $b$做DP，定义 $dp[b][i]$表示 $[1, i]$的所有子段中， $cnt_a - cnt_b$的最大值，为了确保这当中的 $a, b$数量均大于 $0$，考虑记录两个东西：

• $dp[b][i][0]$： $[1, i]$的所有子段中， $cnt_a - cnt_b$的最大值，要求 $cnt_b \neq 0$；
• $dp[b][i][1]$： $[1, i]$的所有子段中， $cnt_a - cnt_b$的最大值， $cnt_b$可以为 $0$。

注意 $cnt_a$没有必要做规定，因为如果 $cnt_a$为 $0$，算出来的必定是非正数，而 $ans$的初值肯定是 $0$，不会更新答案。

然后对当前字符分两种情况转移：

• $s_i = a$，所有 $dp[c][i][0/1]$的值 $+1$，这样肯定更优；
• $s_i \neq a$，那么考虑更新 $dp[s_i][i][0/1]$的值：
  • $dp[s_i][i][0] = dp[s_i][i - 1][1] - 1$，将 $s_j$加入最优解，这样还是最优解，因为 $dp[s_i][i - 1][1]$是所有情况的最优解；
  • $dp[s_i][i][1] = \max\{dp[s_i][i - 1][1] - 1, 0\}$，如果小于 $0$了，就什么都不要了（因为 $cnt_b$可以为 $0$），重新计数。

注意一下初值： $dp[c][0] = -\infty, dp[c][1] = 0$。然后时刻更新答案即可。

时间复杂度 $O(26^2n)$，但实际上会小一些，因为只有上面的情况一会多一个 $26$。

代码

可以滚动一下数组。

#include <algorithm>
#include <cstdio>

const int MAXN = 1000000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int N, Dp[30][2]; // 0 必须出现过 / 1 可以没出现过
char S[MAXN + 5];

int main() {
	scanf("%d%s", &N, S + 1);
	int Ans = 0;
	for (int x = 0; x < 26; x++) {
		for (int y = 0; y < 26; y++)
			Dp[y][0] = -INF, Dp[y][1] = 0;
		for (int i = 1; i <= N; i++) {
			if (S[i] == x + 'a') {
				for (int y = 0; y < 26; y++) {
					Dp[y][0]++, Dp[y][1]++;
					Ans = std::max(Ans, Dp[y][0]);
				}
			}
			else {
				int y = S[i] - 'a';
				Dp[y][0] = Dp[y][1] - 1; // 将 y 补到后面
				Dp[y][1] = std::max(0, Dp[y][1] - 1); // 可以不要当前的 y, 重新计数
				Ans = std::max(Ans, Dp[y][0]);
			}
		}
	}
	printf("%d", Ans);
	return 0;
}