hdu_round3-1003.bx回文(manacher+dp)

记录一个菜逼的成长。。

bx回文

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)

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Problem Description

bx有一个长度一个字符串S，bx可以对其进行若干次操作。

每次操作可以删掉一个长度为k(1 <= k <= n)的连续回文子串，bx获得ak的愉悦值。

一个字符串是回文串当且仅当正读和反读都是一样的。例如”a”，”aa”，”abcba”是回文串，”ab”,”abc”,”aabab”不是回文串。

字符串删除之后相邻的字符不会合并在一起。

现在，bx想知道他最多能获得多少愉悦值。

Input

输入第一行一个整数T,表示数据组数。

对于每组数据，第一行一个整数n。

第二行n个整数，第i个表示ai。

第三行为字符串S。

1 <= T <= 20

1 <= n <= |S| < 5000

0 <= ai < 1000000000

S只包括小写字母。

Output

对每组数据，输出bx所能获得的最大愉悦值。

Sample Input

2

3

1 2 3

aba

3

3 2 1

aba

Sample Output

3

9

用manacher预处理出所有可能的回文串长度

考虑dp

dp[i]:=删除前i个字符的最大价值

有如下转移:

以第i个字符为中心的回文串，回文串长度为len

dp[i+j]=maxdp[i+j],dp[i−j−1]+a[k](0≤j≤len)

(k为[i−j,i+j]中的字符个数)

ps:要对a数组进行清零，因为n!=|S|(之前没清零就一直wa

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ALL(v) (v).begin(),(v).end()
#define cl(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define clr clear()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 20000 + 10;
char str[maxn],str1[maxn];
int a[maxn],p[maxn];
LL dp[maxn];
void change(char s[],char s1[])
{
int i,j=0;
s1[0]='!';
s1[1]='#';
for( i = 2; s[j]; i += 2 ){
s1[i] = s[j++];
s1[i+1] = '#';
}
s1[i] = '\0';
}
void manacher(char s1[])
{
int ret = 0;
memset(p,0,sizeof(p));
int i,id=0,mx=0;
for( i = 1; s1[i]; i++ ){
if(mx>i)p[i]=min(p[2*id-i],mx-i);
else p[i]=1;
while(s1[i-p[i]]==s1[i+p[i]])
p[i]++;
if(i+p[i]>mx){
mx=i+p[i];
id=i;
}
}
}
int main()
{
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
scanf("%d",&n);
cl(a,0);
for( int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d",a+i);
}
scanf("%s",str);
int l = strlen(str);
change(str,str1);
manacher(str1);
int len1 = strlen(str1);
cl(dp,0);
for( int i = 1; i < len1; i ++ ){
int len = p[i] - 1;
for( int j = 0; j <= len; j++ ){
dp[i+j] = max(dp[i+j],dp[i-j-1] + ( str1[i] != '#' ? a[j/2*2+1] : a[(j+1)/2*2] ) );
}
}
printf("%lld\n",dp[len1-1]);
}
return 0;
}