数字游戏 题解

算法

(DP,区间DP)$\bold O(\bold n^3\bold m)$

首先将环从起点处断开，然后复制一遍接在后面，这样原问题就转化成了线段型的模型。

然后从集合角度来分析状态表示和状态计算：

状态表示：

• f[l][r][i]，表示所有将 a[l…r] 分割成 i 部分的方案的最大乘积；
• g[l][r][i] ，表示所有将 a[l…r] 分割成 i 部分的方案的最小乘积；
• 状态计算：

首先考虑 f[l][r][i] 如何计算，关键是寻找“集合划分的依据”，划分依据一般选取“最后一步的操作”，所以这里我们可以按最后一部分的位置来将 f[l][r][i] 所表示的所有方案划分成若干类：

• 最后一段是 a[l + i - 1…r] 的所有划分方案；
• 最后一段是 a[l + i…r] 的所有划分方案;
  ···
• 最后一段是 a[r…r] 的所有划分方案；
  如果最后一段是 a[k…r] ，那么这一类的最大值是 f[l][k - 1][i - 1] * sum(a[k…r]) ，其中 sum() 计算某一段数的和模10的余数。

f[l][r][i] 取所有类别的最大值即可。
g[l][r][i] 的计算方式类似。

最终枚举所有长度是n的区间，取最大值/最小值即可。

时间复杂度

状态总共有$O(n^2m)$计算每个状态需要$O(n)$的计算量，因此总时间复杂度是 $O(n^3m)$

AC代码

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

using namespace std;

const int N = 110, M = 10, INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int w[N], s[N]; // w存每个数的值，s是前缀和
int f[N][N][M], g[NULL][N][M]; // f是最小值，g是最大值

// 求模时的余数
int get_mod(int x)
{
    return (x % 10 + 10) % 10;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> w[i]; // 每次先把w[i]读进来
        w[i + n] = w[i]; // w复制一倍放到后面去
    }
    for(int i = 1; i <= n * 2; i++)
        s[i] = s[i - 1] + w[i]; // 求前缀和

    // 初始化
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    memset(g, -0x3f, sizeof g);

    for(int len = 1; len <= n; len++)
        for(int l = 1; l + len - 1 <= n * 2; l++)
        {
            int r = l + len - 1; // 求出右端点
            f[l][r][1] = g[l][r][1] = get_mod(s[r] - s[l - 1]);
            for(int k = 2; k <= m; k++) // 枚举区间的长度
                for(int j = l + k - 2; j < r; j++)  // 枚举划分的点
                {
                    f[l][r][k] = min(f[l][r][k], f[l][j][k - 1] * get_mod(s[r] - s[j])); // 后面一部分是[j+1,r]
                    g[l][r][k] = max(g[l][r][k], g[l][j][k - 1] * get_mod(s[r] - s[j]));
                }
        }

    int maxv = -INF, minv = INF;
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        maxv = max(maxv, g[i][i + n - 1][m]);
        minv = min(minv, f[i][i + n - 1][m]);
    }

    cout << minv << endl;
    cout << maxv << endl;

    return 0;
}