jzoj5271 神奇的救火现场 （寻找性质dp）

题面

分析

注意到最优序列一定是形似水-车 或 车-水的括号序，即不存在交叉的匹配对。
而且一对括号中间也是完整的括号序列，且不会有多余的，即水-车中间没有 没有匹配的水，车-水中间没有没有匹配的车。

这样的话不难发现每一个地方它在最优序列中的匹配是唯一的，可以用栈搞出来。
然后就变成了设f[i]表示搞完1..i的所有点，他匹配的最小代价。
对于每一个水，我们用前面和他匹配的车转移，对于车同理。

f[i]=f[last−1]+cost

当前点是水的时候加多一个转移方法f[i]=f[i-1]，因为水可以跳过。

也有n log n的可撤销贪心做法，见下文

DEMO

#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>#include <algorithm>#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))#define mp make_pair#define type second#define loc firstusing namespace std;typedef long long ll;typedef pair<int,int> P;const ll N=1e5+10,INF=(1ll<<60);ll f[N*2],s1[N*2],s2[N*2],c1[N*2],c2[N*2];ll a[N],b[N],n,m,ans,o,last[N*2],cost[N*2];P obj[N*2];void init() {    sort(obj+1,obj+1+n+m);    for (int i=1; i<=n+m; i++) {        if (obj[i].type==0) { //水            if (obj[ s2[s2[0]] ].type==1) {                last[i]=s2[s2[0]];                cost[i]=c2[s2[0]]+obj[i].loc;                c2[s2[0]-1]+=cost[i];                c2[s2[0]--]=0;            }            s1[++s1[0]]=i;            c1[s1[0]]=-obj[i].loc;        } else { //车            if (obj[ s1[s1[0]] ].type==0) {                last[i]=s1[s1[0]];                cost[i]=c1[s1[0]]+obj[i].loc;                c1[s1[0]-1]+=cost[i];                c1[s1[0]--]=0;            }            s2[++s2[0]]=i;            c2[s2[0]]=-obj[i].loc;        }    }}int main() {    freopen("fire.in","r",stdin);    freopen("fire.out","w",stdout);    cin>>m>>n;    for (int i=1; i<=m; i++) scanf("%lld",&b[i]),obj[i]=mp(b[i],0);    for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]),obj[m+i]=mp(a[i],1);    init();    memset(f,127,sizeof f); f[0]=0;//  for (int i=1; i<=n+m; i++) cout<<last[i]<<" "<<cost[i]<<endl;    for (int i=1; i<=n+m; i++) {        if (obj[i].type==0) f[i]=f[i-1];        if (last[i]) f[i]=min(f[i],f[last[i]-1]+cost[i]);    }    cout<<f[n+m]<<endl;}

nlogn可撤销贪心

与
jzoj5043 【NOI2017模拟4.4】保持平衡 （可撤销贪心） 类似，
开两个堆，对于一个车去前面找一个水，并合并后丢入车堆。
若水堆中没有元素则视为代价-INF，照常丢入车堆。 因为下一个水如果要最优的话一定选这个车，车必须要选。
对于水类似，去找一个车。然后丢进水堆。
水可以不选，所以若这个代价不为负的话没有必要选，但是要照常丢入水堆留给后面的车选。