problem

定义长度为 $n$ 的“好”的串 $a$ 满足：

• $|a_i-a_{i-1}|=1,i\in [2,n]$。
• $a_i\ge \frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2},i\in [2,n-1]$。

给定长度为 $n$ 的序列 $a,v$，每次选择一段 $a$ 的“好”子串删除，剩下的子串拼接在一起。

若删除子串长度为 $x$，则会获得 $v_x$ 的价值。

不一定要删完，求最大价值。

$n\le 400,|v_i|\le 1e5,1\le a_i\le 1e9$。

solution

observation：子串要么是单增，要么是单减，要么是先单增后单减，即/，\，/\。显然 \/ 情况下的最低点无法满足条件 $2$。

先不考虑“不一定全删完”，我们就要求必须删完。

设 $f_{l,r}:[l,r]$ 全部删完的最大价值。显然是区间 $dp$ 转移。（$dp$ 转移就是要归到子问题上）

• 考虑最后一次删除 $l,r$ 不是一起被删的，那么肯定存在一个中间点 $p$ 分割这段区间。

  即 $f_{l,r}\leftarrow f_{l,p}+f_{p+1,r}$。

• 考虑最后一次删除 $l,r$ 是一起被删的。

  那么我们就需要知道最后一次的单增/单减序列的价值。

  设 $g_{l,r}:[l,r]$ 删到只剩一个单增序列的最大价值。

  设 $h_{l,r}:[l,r]$ 删到只剩一个单减序列的最大价值。

  我们直接枚举两个序列的交点，即最高点 $i$。

  $f_{l,r}\leftarrow g_{l,i}+h_{i,r}+v(a_i\ast 2-a_l-a_r+1)$。

  当然还有只有单增/单减情况，但要求 $a_l,a_r$ 满足相应大小关系。

  $f_{l,r}\leftarrow g_{l,r}+v(a_r-a_l+1)a_l\le a_r$。

  $f_{l,r}\leftarrow h_{l,r}+v(a_l-a_r+1)a_l\ge a_r$。

  至于 $g,h$ 的转移，同样枚举接在 $r$ 前的元素 $i$，即可变成子问题。

  $g_{l,r}\leftarrow g_{l,i}+f_{i+1,r-1}{a}_i+1=a_r$。

  $h_{l,r}\leftarrow h_{l,i}+f_{i+1,r-1}{a}_i-1=a_r$。

最后再来个 $d{p}_i:[1,i]$ 一定删掉 $[k,i]$ 连续一段，但前面不要求删完的最大价值。

枚举 $j$，$d{p}_j+f_{k,i}\to d{p}_i$，前缀最大值优化，转移，$d{p}_n$ 就是最后的结果了。

时间复杂度 $O(n^3)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 405
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
int n;
int v[maxn], a[maxn], dp[maxn];
int f[maxn][maxn], g[maxn][maxn], h[maxn][maxn];signed main() {freopen( "good.in", "r", stdin );freopen( "good.out", "w", stdout );scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &v[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );//f[l][r]:删完[l,r]的最大价值for( int l = n;l;l -- )for( int r = l;r <= n;r ++ ) {f[l][r] = g[l][r] = h[l][r] = -inf;g[l][l] = h[l][l] = 0;for( int i = l;i <= r;i ++ ) {f[l][r] = max( f[l][r], f[l][i] + f[i + 1][r] );//case1 枚举断点if( a[i] - 1 == a[r] ) h[l][r] = max( h[l][r], h[l][i] + f[i + 1][r - 1] );//h[l][r]:将[l,r]删到只剩一个下坡的最大价值 且l,r一定不被删if( a[i] + 1 == a[r] ) g[l][r] = max( g[l][r], g[l][i] + f[i + 1][r - 1] );//g[l][r]:将[l,r]删到只剩一个上坡的最大价值 且l,r一定不被删if( a[l] <= a[i] and a[i] >= a[r] ) f[l][r] = max( f[l][r], g[l][i] + h[i][r] + v[(a[i] << 1) - a[l] - a[r] + 1] );//case2 枚举最高点/连接点}if( a[l] <= a[r] ) f[l][r] = max( f[l][r], g[l][r] + v[a[r] - a[l] + 1] );//case3直接一个递增序列无凸点if( a[l] >= a[r] ) f[l][r] = max( f[l][r], h[l][r] + v[a[l] - a[r] + 1] );//case4直接一个递减序列无凸点}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {dp[i] = max( dp[i], dp[i - 1] );for( int j = i;j <= n;j ++ ) dp[j] = max( dp[j], dp[i - 1] + f[i][j] );//枚举删去[l,r]一段并加上前面剩下的最大值(利用前缀最大值优化dp)}printf( "%lld\n", dp[n] );return 0;   
}