UVa 1628 Pizza Delivery
题目：
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=51189
思路：
本体与修缮长城一题有所相似。所以解法有相似之处。
不同之处就是本体可能会产生负情况，即送餐时间晚了客户会反过来找你要钱所以需要放弃，但修缮长城只有费用，顺手修了肯定是一个不错的选择。
依旧将区间两端与位置作为状态不过要添加一维cnt表示还需要送餐的人数。类似地定义：d[i][j][cnt][p]表示已经送完了ij区间（区间内或送餐或放弃）位于p（p==0||p==1）还剩下cnt个客户需要继续送餐。添加的一维成功解决了不知道还有多少的客户需要送餐的问题。这里注意到DP过程中利用的信息都来源于状态，因此定义的状态必须要提供转移足够的信息，这样才能得到所需要的值。
转移方程：
d[i][j][cnt][p]=max{d[i][k][cnt-1][1]+pay[knew]//k在余下的右区间 , d[k][j][cnt-1][0] +pay[knew]//k在余下的左区间}
代码：
// UVa1628 Pizza Delivery
// Rujia Liu
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; const int maxn = + ; int kase, n;
int p[maxn], v[maxn];
int d[maxn][maxn][maxn][];
int vis[maxn][maxn][maxn][]; // already considered s~e, still need to delivery to cnt people.
// pos = 0 means at s, pos = 1 means at e
int dp(int s, int e, int cnt, int pos) {
if(cnt == ) return ; //cnt==0 return int &ans = d[s][e][cnt][pos]; //记忆化搜索
if(vis[s][e][cnt][pos] == kase) return ans;
vis[s][e][cnt][pos] = kase; ans = ;
//枚举的i与之前区间相间的部分默认为不会送餐 //比较得出max_ans
if(!pos) { //pos==s
for(int i = ; i < s; i++) //s->i //i在区间的左边
ans = max(ans, v[i] - cnt * abs(p[i] - p[s]) + dp(i, e, cnt - , ));
//ans=max(ans,足够已知的未来价值+子问题价值)
for(int i = e + ; i < n; i++) //s->i //i在区间的右边
ans = max(ans, v[i] - cnt * abs(p[i] - p[s]) + dp(s, i, cnt - , ));
}
else { //pos==e
for(int i = ; i < s; i++) //e->i //i在区间的左边
ans = max(ans, v[i] - cnt * abs(p[i] - p[e]) + dp(i, e, cnt - , ));
for(int i = e + ; i < n; i++) //e->i //i在区间的右边
ans = max(ans, v[i] - cnt * abs(p[i] - p[e]) + dp(s, i, cnt - , ));
}
return ans;
} //DP要枚举出所有具有最优可能性的情况 不能遗漏否则问题就可能不是最优 int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
memset(vis, , sizeof(vis));
for(kase = ; kase <= T; kase++) {
scanf("%d", &n);
for(int i = ; i < n; i++) scanf("%d", &p[i]); //位置[]
for(int i = ; i < n; i++) scanf("%d", &v[i]); //原利[] int ans = ;
for(int k = ; k <= n; k++) //枚举送餐人数
for(int i = ; i < n; i++) //枚举给送餐的第一个人
ans = max(ans, v[i] - k * abs(p[i]) + dp(i, i, k - , )); //枚举比较 make_max
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}