P4342 [IOI1998]Polygon

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闲扯

这算是区间 $dp$ 的经典题？

题面

P4342 [IOI1998]Polygon

Solution

简单的想法是每次枚举拆掉那条边，然后做一次区间 $dp$ ，时间复杂度为 $O(n^4)$ ，没法通过本题。

这类环形的，我们有一个经典的处理方式：将数组复制一遍放在后面，然后按照一般的做。

我们设 $dp_{i,j}$ 表示 $i\sim j$ 这段区间能够得到的最大值。

但是我们尝试转移的时候，会发现一个问题：当操作为乘的时候，可能出现两个负数相乘得到一个更大的数。

那么怎么解决？

我们只需要将最小值也记录下来一起转移就行了。

Code

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res;
}
const int N = 55;
int n,val[N],dp[N<<1][N<<1][2],ans[N],cnt;
char opt[N<<1];
il cmax(int &x,int y){x=x>y?x:y;}
il cmin(int &x,int y){x=x<y?x:y;}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),cin>>opt[n];
	for(ri i=1;i<n;++i)
		read(val[i]),cin>>opt[i];
	read(val[n]);
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		val[i+n]=val[i],opt[i+n]=opt[i];
	for(ri i=1;i<=n+n;++i)
		for(ri j=i;j<=n+n;++j)
			dp[i][j][0]=-INF,dp[i][j][1]=INF;
	for(ri i=1;i<=n+n;++i)
		dp[i][i][0]=dp[i][i][1]=val[i];
	for(ri len=2;len<=n;++len)
		for(ri i=1;i<=n+n-len+1;++i){
			int j=i+len-1;
			for(ri k=i;k<j;++k){
				if(opt[k]=='t'){
					cmax(dp[i][j][0],dp[i][k][0]+dp[k+1][j][0]);
					cmin(dp[i][j][1],dp[i][k][1]+dp[k+1][j][1]);
				}
				else{
					cmax(dp[i][j][0],dp[i][k][0]*dp[k+1][j][0]);
					cmax(dp[i][j][0],dp[i][k][1]*dp[k+1][j][1]);
					cmin(dp[i][j][1],dp[i][k][0]*dp[k+1][j][0]);
					cmin(dp[i][j][1],dp[i][k][1]*dp[k+1][j][0]);
					cmin(dp[i][j][1],dp[i][k][0]*dp[k+1][j][1]);
					cmin(dp[i][j][1],dp[i][k][1]*dp[k+1][j][1]);
				}
			}
		}
	int res=-INF;
	for(ri i=1;i<=n;++i){
		if(dp[i][i+n-1][0]>res)
			res=dp[i][i+n-1][0],ans[cnt=1]=i;
		else if(dp[i][i+n-1][0]==res)
			ans[++cnt]=i;
	}
	print(res),puts("");
	for(ri i=1;i<=cnt;++i)
		print(ans[i]),putchar(' ');
	return 0;
}