洛谷 P2964 [USACO09NOV]A Coin Game S 解题报告
作者：互联网
## 洛谷 P2964 [USACO09NOV]A Coin Game S 解题报告
[link](https://www.luogu.com.cn/problem/P2964)
### 题意
由 n个硬币，每一个硬币都有一个面值，两个人轮流取硬币，第一个人可以取$1$~$2$ 个硬币，设第一个人取了 $j$ 个硬币，则第二个人可以取 $1$ ~ $2\times j$ 个硬币，并以此类推，每一次当前的人都可以取 $1$~$2\times j$ 个硬币（ $j$为上一个人取的硬币数），最后输出第一个人最多能拿多少面值。
### Solutions
__正难则反__
正着求解会很难设状态，所以我们将顺序倒过来，从输入时就倒着输入，求解时也倒着求解。
设$dp_{i,j}$表示__当轮到该玩家拿硬币时，还剩余编号为$1$ ~ $i$的硬币（倒序，1为最底下的硬币编号），上一位玩家拿走了$j$枚硬币。__
即当前玩家可拿$1$ ~ $2 \times j$枚硬币。
记$sum_i$为$c$数组的前缀和数组。
__正难则反__，则该玩家所能获得的最大收益就是$sum_i$减去其__补集__——状态$dp_{i,k}$玩家的最大价值。
显而易见，这样的$dp$时间复杂度时杂度为$O(n^3)$，无法通过此题。
手玩一下不难发现，$dp_{i,j}$与$dp_{i,j-1}$的状态只相差两种可能，因此可以通过$dp_{i,j-1}$用$O(1)$的常数时间推导出$dp_{i,j}$。
最终时间复杂度$O(n^2)$，可以通过此题。
### Proves
$dp_{i,j-1}是枚举k从1到2 \times (j-1)，即在1到2 \times (j-1)个sum_i - dp_{i-k,k}取max作为补集。$
$同理，dp_{i,j}是枚举j从1到2 \times j，即在1到2 \times j个sum_i - dp_{i-k,k}取max。$
证毕。
因此$dp_(i,j)$__严格包含__$dp_{i,j-1}$，即在$dp_{i,j-1}$的基础上我们只需继续枚举比较$k=2\times(j-1)$与$k=2\times j$就行。
### Code
```cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0; char ch = getchar(); bool sgn = 0;
while (ch < '0' || ch > '9') sgn |= ch == '-', ch = getchar();
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + (ch & 15), ch = getchar();
return sgn ? -x : x;
}
const int MN = 2e3 + 10;
int n, c[MN], sum[MN], dp[MN][MN];
signed main() {
n = read();
for (int i = n; i >= 1; --i) c[i] = read();
for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
dp[i][j] = dp[i][j - 1];
if (2 * j - 1 <= i) dp[i][j] = max(dp[i][j], sum[i] - dp[i - (2 * j - 1)][2 * j - 1]);
if (2 * j <= i) dp[i][j] = max(dp[i][j], sum[i] - dp[i - (2 * j)][2 * j]);
}
}
cout << dp[n][1] << '\n';
return 0;
}
```
TRANSLATE with
标签：__,USACO09NOV,ch,洛谷,硬币,int,times,P2964,dp 来源： https://www.cnblogs.com/zjsqwq/p/16356660.html