Codeforces Round ＃806 (Div. 4) D(DP，特判大数)

G. Good Key, Bad Key

题意
给定 $n$ 个箱子，每个箱子里金钱 $a_i$。
每个箱子可以选择用好钥匙开还是用坏钥匙开：

• 用好钥匙开，钥匙花费 $k$，拿走箱子里的所有金钱；
• 用坏钥匙开，钥匙花费 $0$，但当前箱子及后面所有箱子中的金钱数都会向下折半。

钥匙花费可以赊账，每个钥匙只能用开一个箱子。

问，这些箱子中的金钱最多能得到多少？

$1\le n\le 10^5,0\le k\le 10^9,0\le a_i\le 10^9$

思路
用 DP 的思路：
定义状态f[i, j] 表示，前 i 个箱子，用 j 个坏钥匙，能拿到的最大金钱数。

状态转移：

• 如果当前位置用坏钥匙的话，那么前 i-1 个位置就用了 j-1 个坏钥匙，那么当前箱子的价值为 a[i]/2，除j次。
  f[i, j] = f[i-1, j-1] + (a[i]>>j);
• 否则当前位置用好钥匙，那么前 i-1 个位置就用了 j 个坏钥匙，好钥匙花费k，那么当前箱子的价值为 a[i]/2，除j次，再减去k。
  f[i, j] = f[i-1, j] + (a[i]>>j) - k;

但是注意到，n 为 1e5，两重循环就超时了。
但是，ai 最大为 1e9，当选择了 31 个坏钥匙时，最后一个箱子的金钱数就已经是 0 了，如果再多用坏钥匙时，对答案没有贡献，所以只需要循环到 31。
对于后面的钥匙，f[i, 31] 表示前 i 个箱子，用坏钥匙数大于等于 31 时，能拿到的最大金钱数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define Ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)

const int N = 200010, mod = 1e9+7;
int T, n, m;
int a[N], k;
ll f[N][32];

signed main(){
    
	Ios;
	
	cin >> T;
	while(T--)
	{
    
		cin >> n >> k;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
		
		for(int i=1;i<=n;i++)//定义的状态为恰好，需要初始化为负无穷 
			for(int j=0;j<=31;j++)
				f[i][j] = -1e9;
		
		f[0][0] = 0;
		
		ll ans = 0; 
		for(int i=1;i<=n;i++){
    
			for(int j=0;j<=i && j<=31;j++)
			{
    
				f[i][j] = f[i-1][j] + a[i]/(1<<j) - k;
				if(j) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-1] + a[i]/(1<<j));
				if(j == 31) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]);
			
				if(i==n) ans = max(ans, f[i][j]);
			}
		}
		cout << ans << endl;
	}
	
	return 0;
}
/* 1 40 20 12 23 32 43 45 23 65 786 43 23 6 34 23 56 76 43 34 56 7 453 43 65 45 3 423 45 54 45 3223 23 23 23 23 3243 43 65 65 786 78 65 */

但是最后 if(j == 31) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]) 不太理解，过段时间再看看。

最后一个状态，f[i, 31] 应该表示的是，前 i 个箱子，用了大于等于31个坏钥匙得到的最大钱数。
对于 j=31 时，不加特判的时候，如果第 i 个箱子用好钥匙，其应该从 f[i-1, 31] 转移过来，更新为 f[i-1, 31] - k；如果用坏钥匙，更新为 f[i-1, 30]。
正如上面说的，f[i, 31] 表示的是用了大于等于31个坏钥匙的情况，假设用了前 i 个位置40个坏钥匙，f[i, 40] 应该是从 f[i-1, 39] 来转移，但在这个状态定义中，就是从 f[i-1, 31] 来转移，所以对于 j=31（实际上表示的是用了大于等于31个坏钥匙， j>=31）时，答案可能是 f[i-1, 31]。但是代码中并不能从这个状态来转移，所以要在 j==31 时额外加上。

当 j==31 时，此时第 i 个箱子的权值已经是 0 了，没必要花费 k 用好钥匙了，用坏钥匙即可，所以这时好钥匙更新可以去掉。
所以比较准确的写法应该是这样：

cin >> n >> k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
		
for(int i=1;i<=n;i++) //定义的状态为恰好，需要初始化为负无穷 
	for(int j=0;j<=31;j++)
		f[i][j] = -1e9;

f[0][0] = 0;
		
ll ans = 0; 
for(int i=1;i<=n;i++){
    
	for(int j=0;j<=i && j<=31;j++)
	{
    
		if(j != 31) f[i][j] = f[i-1][j] + (a[i]>>j) - k;
		if(j) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-1] + (a[i]>>j));
		if(j == 31) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]);
			
		if(i==n) ans = max(ans, f[i][j]);
	}
}
cout << ans << endl;

最后的状态没有枚举，但确实存在，所以其转移的时候也不能忽略。

这题还可以用贪心，好钥匙都用在前面，坏钥匙都用到后面，枚举用了多少好钥匙即可。

但是如果对于每个箱子好钥匙的花费不一样，是不是就只能用 dp 了呢？