ABC176F Brave CHAIN题解

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题意：有 3n3n 张卡片，每张有一个 1∼n1\sim n 的数字。每次可以将最左边的 55 张卡片任意排列，删掉前 33 张，如果这三张数字相等则得一分；最后剩下的三张如果相等也的一分。求最大总得分。

模拟一下这个过程可以发现，相当于你有两张“手牌”，每次新加入三张，你从五张中扔掉三张，还是剩下两张。于是可以考虑一个 DP 状态：f[i][x][y]f[i][x][y] 表示进行 ii 次操作，操作后手上剩下的牌为 x,yx,y 的最大得分。转移也不难，枚举下一次新加进来三张后如何选即可。时空复杂度 O(n3)O(n^3)。

仔细想一下，会发现对于相同的 x,yx,y，f[i][x][y]f[i][x][y] 随着 ii 的增加永远不会减少，因为最差的情况无非是：每新加三张就把那三张扔掉，永远让 x,yx,y 为手牌，得分永远不会减少。这启发我们考虑 f[i]→f[i+1]f[i]\to f[i+1] 的变化。

首先，新加入的三张牌 a,b,ca,b,c 与 x,yx,y 是多少无关，只与当前考虑到哪张牌有关。如果 a=b=ca=b=c，不管 x,yx,y 是多少，一定直接把它扔掉，贪心地立刻得分。正确性容易证明，这里不赘述。接下来考虑不全相等的情况。

如果用上面说的那样“消极”做法，新加入三张牌就扔掉，f[i+1][x][y]=f[i][x][y]f[i+1][x][y]=f[i][x][y]，这是下限，可以直接从上一维过来，所以只需要考虑哪些 x,yx,y 会发生改变即可。与消极做法相反，要想改变一定要让操作后手牌中有新牌。我们先考虑如何扔牌能造成贡献，再考虑不能造成贡献的情况。

假如三张牌中有两张相等（这里假设是 a=ba=b），那么只要 x,yx,y 中有一个与 a,ba,b 相等的牌即可凑起来扔掉，而手牌中的另一张牌与 cc 组成新的手牌。此时，我们可以枚举那个“另一张牌”，假设为 jj，那么有 f[i][a][j]+1→f[i+1][j][c]f[i][a][j]+1\to f[i+1][j][c]（这里暂时不考虑两维的手牌的顺序，实现的时候将 j,cj,c 和 c,jc,j 都更改即可）。接下来，考虑两张手牌相等，与另一张相等的新牌配对，可以直接枚举与哪张新牌相等，假设为 aa，则有 f[i][a][a]+1→f[i+1][b][c]f[i][a][a]+1\to f[i+1][b][c]。于是，造成新贡献的考虑完成。

接着考虑不造成新贡献的转移：由于前面说过，新的手牌中必须留新牌，我们可以枚举留哪张新牌，再枚举另一张牌是什么。假设留的新牌是 aa，另一张牌是 jj，那么如果 j=bj=b 或 j=cj=c，即新的手牌纯用新牌组成，此时旧手牌 x,yx,y 无论是什么都可行。可以维护所有 DP 值的 max⁡\max。如果 jj 不和 b,cb,c 相等，则旧手牌必须有 jj，我们维护一个数组 g[j]g[j] 表示手牌包含 jj 的所有 DP 值的 max⁡\max 即可。

以上两种转移的次数都是 O(n)O(n) 的，接下来说回“继承”：加入三张牌直接扔掉，手牌不变。如果直接枚举 x,yx,y，更新 f[i+1][x][y]=f[i][x][y]f[i+1][x][y]=f[i][x][y] 的话，复杂度为 n2n^2，所以这里我们偷个懒，省掉第一维 ii，直接在旧的 ff 数组上做修改即可。注意修改必须考虑完所有转移后整体修改，因为原来的转移是 f[i][x][y]→f[i+1][x′][y′]f[i][x][y]\to f[i+1][x'][y']，而不能 f[i+1][x][y]→f[i+1][x′][y′]f[i+1][x][y]\to f[i+1][x'][y']。这可以通过 vector 存储 DP 转移实现。具体可以看代码。

By cxm1024

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
void chkmax(int &a,int b) {a=a>b?a:b;}
void chkmin(int &a,int b) {a=a<b?a:b;}
int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) f=(ch=='-'?-1:f),ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int a[6010],f[2010][2010],g[2010],mx;
signed main() {
    int n=read(),m=n*3,cnt=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        a[i]=read();
    memset(f,-0x3f,sizeof(f));
    memset(g,-0x3f,sizeof(g));
    f[a[1]][a[2]]=f[a[2]][a[1]]=0;
    g[a[1]]=g[a[2]]=0,mx=0;
    for(int i=3;i<m;i+=3) {
        array<int,3> p={a[i],a[i+1],a[i+2]};
        sort(p.begin(),p.end());
        if(p[0]==p[2]) {cnt++;continue;}
        vector<pair<pair<int,int>,int> > ch;
        auto add=[&](int x,int y,int val) {
            ch.push_back({{x,y},val});
            ch.push_back({{y,x},val});
        };
        if(p[1]==p[2]) swap(p[0],p[2]);
        if(p[0]==p[1]) {
            for(int i=1;i<=n;i++)
                add(i,p[2],f[i][p[0]]+1);
        }
        for(int i=0;i<3;i++) {
            vector<int> q;
            for(int j=0;j<3;j++)
                if(i!=j) q.push_back(p[j]);
            add(q[0],q[1],f[p[i]][p[i]]+1);
        }
        for(int i=0;i<3;i++) {
            for(int j=1;j<=n;j++) {
                bool flag=0;
                for(int k=0;k<3;k++)
                    if(i!=k&&j==p[k]) flag=1;
                if(flag) add(p[i],j,mx);
                else add(p[i],j,g[j]);
            }
        }
        for(auto [x,val]:ch) {
            chkmax(f[x.first][x.second],val);
            chkmax(g[x.first],val),chkmax(g[x.second],val);
            chkmax(mx,val);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++)
            chkmax(ans,f[i][j]+(i==a[m]&&j==a[m]));
    printf("%d\n",ans+cnt);
    return 0;
}