移除盒子（Remove Boxes）的变体：带颜色限制的移除成本问题

字数 3752 2025-12-17 01:09:09

移除盒子（Remove Boxes）的变体：带颜色限制的移除成本问题

题目描述：
给定一行盒子，每个盒子有一种颜色（用一个正整数表示）。每次操作，你可以选择连续一段颜色相同的盒子，将它们全部移除。移除一段长度为 \(k\) 的盒子后，你会获得 \(k^2\) 分，并且剩余盒子会并拢（即原来不相邻的盒子现在可能变成相邻）。但这里有一个限制：每种颜色的盒子有一个“移除成本系数” \(c_i\)（正整数），实际获得的分数是 \(k^2 \times c_i\)，其中 \(c_i\) 是该段盒子颜色的系数。目标是移除所有盒子，使获得的总分数最大。

例如，盒子颜色序列为 \([1,2,1,2,1]\)，颜色 1 的成本系数为 2，颜色 2 的成本系数为 3。一种可能的操作序列：先移除中间单独的 2（长度 1，得分 \(1^2 \times 3 = 3\)），序列变成 \([1,1,2,1]\)；再移除相邻的两个 1（长度 2，得分 \(2^2 \times 2 = 8\)），序列变成 \([2,1]\)；接着移除 2（得分 3），最后移除 1（得分 2），总分 \(3+8+3+2=16\)。但可能存在更高得分的移除顺序。

解题思路

这是一个经典的“移除盒子”问题的变体，原题是每次移除连续同色盒子得 \(k^2\) 分（无系数）。这里增加了颜色成本系数 \(c_i\)，使问题更具一般性。

核心思想仍然是区间 DP，但状态设计需要额外信息来记录区间外的同色盒子数量，因为后续合并操作可能使它们连续，从而一次性移除获得更高分。

状态定义

设盒子序列为 \(boxes[0..n-1]\)，颜色种类已知，每种颜色的成本系数为 \(c[color]\)。

定义 \(dp[l][r][k]\)：

表示子区间 \(boxes[l..r]\) 在左边已经紧邻地有 \(k\) 个与 \(boxes[l]\) 颜色相同的盒子的情况下，移除这个区间及其左边的 \(k\) 个同色盒子所能获得的最大分数。
注意：左边的 \(k\) 个盒子并不在区间 \([l, r]\) 内，而是我们已经假设它们存在，用于后续与区间内的同色盒子合并移除。

为什么需要 \(k\)？
因为在移除过程中，我们可能不先移除 \(boxes[l]\)，而是先移除中间的其他盒子，使得 \(boxes[l]\) 和它左边的同色盒子（以及区间内后面的同色盒子）最后能连成一段一起移除，获得更高的 \((k+len)^2 \times c[color]\) 分。

状态转移

我们考虑如何从 \(dp[l][r][k]\) 转移到更小的子问题。

策略一：直接移除左边的 \(k\) 个盒子以及位置 \(l\) 的盒子（假设它们颜色相同），即一次性移除 \(k+1\) 个同色盒子，然后处理剩下的区间 \([l+1, r]\)。

\[dp[l][r][k] = \max\left(dp[l][r][k], \ (k+1)^2 \times c[color_l] + dp[l+1][r][0]\right) \]

其中 \(color_l = boxes[l]\)。这个转移对应“现在就移除”策略。

策略二：先不立即移除 \(boxes[l]\)，而是寻找区间内另一个位置 \(p\)（\(l < p \le r\)），使得 \(boxes[p] = boxes[l]\)。我们将区间分成三部分：

\([l+1, p-1]\)：先独立移除这个子区间（此时左边没有额外的同色盒子，即 \(k=0\)）。
\([p, r]\)：移除这个子区间时，它左边已经积累了 \(k+1\) 个同色盒子（原来的 \(k\) 个加上 \(boxes[l]\) 这个），因为 \(boxes[l]\) 还没被移除，它与 \(boxes[p]\) 颜色相同，可以后续一起移除。

因此转移为：

\[dp[l][r][k] = \max_{p: boxes[p]=boxes[l]} \left(dp[l+1][p-1][0] + dp[p][r][k+1]\right) \]

注意：当 \(l+1 > p-1\) 时，\(dp[l+1][p-1][0] = 0\)。

这个策略的关键是：推迟移除 \(boxes[l]\)，让它与后面同色的 \(boxes[p]\) 以及左边积累的 \(k\) 个盒子一起移除，从而获得更高的合并得分。

边界条件

当 \(l > r\) 时，区间为空，\(dp[l][r][k] = 0\)。
当 \(l = r\) 时，区间只有一个盒子，可以立即移除：\(dp[l][r][k] = (k+1)^2 \times c[color_l]\)。

计算顺序

由于转移方程中 \(dp[l][r][k]\) 依赖于：

\(dp[l+1][r][0]\)（更小的区间）
\(dp[l+1][p-1][0]\)（更小的区间）
\(dp[p][r][k+1]\)（区间长度可能相同，但 \(k\) 更大）

我们需要按照区间长度从小到大计算，同时对于同一个区间，\(k\) 要从大到小计算（因为 \(k+1\) 比 \(k\) 大）。

具体顺序：

枚举区间长度 \(len = 0\) 到 \(n-1\)。
枚举左端点 \(l = 0\) 到 \(n-len-1\)，右端点 \(r = l + len\)。
对于每个区间 \([l, r]\)，枚举 \(k\) 从 \(r-l\) 到 0（递减），因为 \(k\) 最大不会超过区间外可能积累的同色盒子数量（这里可以设为区间长度，为了简化，我们通常枚举 \(k\) 从大到小）。

最终答案

初始时，整个区间 \([0, n-1]\) 左边没有额外的同色盒子，所以 \(k=0\)：

\[ans = dp[0][n-1][0] \]

举例说明

假设盒子序列：\([1,2,1,2,1]\)，颜色 1 的系数 \(c[1] = 2\)，颜色 2 的系数 \(c[2] = 3\)。

计算过程简述（只展示关键步骤）：

初始化单盒子区间：
- 比如 \(dp[0][0][k] = (k+1)^2 \times 2\)（因为颜色 1）。
计算区间长度 2：
- 比如区间 \([0,1]\)（颜色 1,2）：
  - 策略一：移除第一个 1，得 \((k+1)^2 \times 2\) + \(dp[1][1][0]\)。
  - 策略二：寻找后面同色 1 的位置（这里没有），所以不考虑。
随着区间扩大，推迟移除同色盒子的优势显现：
- 在区间 \([0,4]\)（整个序列）：
  - 策略一：直接移除第一个 1（颜色 1），得 \((0+1)^2 \times 2 = 2\)，然后递归处理剩余区间。
  - 策略二：找到后面同色 1 的位置 p=2 和 p=4。
    对于 p=2：先独立移除 \([1,1]\)（即位置 1 的颜色 2），得 \(dp[1][1][0]\)；然后处理区间 \([2,4]\)，此时左边已有 k+1=1 个同色 1（即位置 0 的颜色 1 还没移除），所以 \(dp[2][4][1]\) 表示在左边已有一个 1 的情况下处理区间 \([2,4]\) 的最大分。这样最后可以合并位置 0,2,4 的三个 1 一起移除，获得 \((3)^2 \times 2 = 18\) 分。
通过比较各种策略，得到最大总分为 18 + 其他操作的分数。

最终计算可得最大总分为 24（举例数字可能不同，取决于具体系数和顺序）。

复杂度

状态数：\(O(n^2 \cdot n) = O(n^3)\)，因为 \(k\) 最多为 \(n\)。
每个状态转移需要枚举 \(p\)，最坏 \(O(n)\)。
总复杂度 \(O(n^4)\)，但实际因为 \(p\) 只在同色位置枚举，可优化到 \(O(n^3)\)。

核心要点

状态中引入 \(k\) 表示“左边已积累的同色盒子数”，是解决此类“合并移除”问题的关键。
转移时考虑两种策略：立即移除或推迟移除（与后面同色合并）。
计算顺序按区间长度从小到大，\(k\) 从大到小。

这个变体在原移除盒子问题基础上增加了颜色成本系数，使得得分计算变为 \(k^2 \times c_i\)，但状态设计和转移逻辑完全一致，只需在得分计算时乘上系数即可。

移除盒子（Remove Boxes）的变体：带颜色限制的移除成本问题题目描述：给定一行盒子，每个盒子有一种颜色（用一个正整数表示）。每次操作，你可以选择连续一段颜色相同的盒子，将它们全部移除。移除一段长度为 \( k \) 的盒子后，你会获得 \( k^2 \) 分，并且剩余盒子会并拢（即原来不相邻的盒子现在可能变成相邻）。但这里有一个限制：每种颜色的盒子有一个“移除成本系数” \( c_ i \)（正整数），实际获得的分数是 \( k^2 \times c_ i \)，其中 \( c_ i \) 是该段盒子颜色的系数。目标是移除所有盒子，使获得的总分数最大。例如，盒子颜色序列为 \([ 1,2,1,2,1]\)，颜色 1 的成本系数为 2，颜色 2 的成本系数为 3。一种可能的操作序列：先移除中间单独的 2（长度 1，得分 \(1^2 \times 3 = 3\)），序列变成 \([ 1,1,2,1]\)；再移除相邻的两个 1（长度 2，得分 \(2^2 \times 2 = 8\)），序列变成 \([ 2,1 ]\)；接着移除 2（得分 3），最后移除 1（得分 2），总分 \(3+8+3+2=16\)。但可能存在更高得分的移除顺序。解题思路这是一个经典的“移除盒子”问题的变体，原题是每次移除连续同色盒子得 \( k^2 \) 分（无系数）。这里增加了颜色成本系数 \( c_ i \)，使问题更具一般性。核心思想仍然是区间 DP，但状态设计需要额外信息来记录区间外的同色盒子数量，因为后续合并操作可能使它们连续，从而一次性移除获得更高分。状态定义设盒子序列为 \( boxes[ 0..n-1] \)，颜色种类已知，每种颜色的成本系数为 \( c[ color ] \)。定义 \( dp[ l][ r][ k ] \)：表示子区间 \( boxes[ l..r] \) 在左边已经紧邻地有 \( k \) 个与 \( boxes[ l] \) 颜色相同的盒子的情况下，移除这个区间及其左边的 \( k \) 个同色盒子所能获得的最大分数。注意：左边的 \( k \) 个盒子并不在区间 \( [ l, r ] \) 内，而是我们已经假设它们存在，用于后续与区间内的同色盒子合并移除。为什么需要 \( k \)？因为在移除过程中，我们可能不先移除 \( boxes[ l] \)，而是先移除中间的其他盒子，使得 \( boxes[ l] \) 和它左边的同色盒子（以及区间内后面的同色盒子）最后能连成一段一起移除，获得更高的 \( (k+len)^2 \times c[ color ] \) 分。状态转移我们考虑如何从 \( dp[ l][ r][ k ] \) 转移到更小的子问题。策略一：直接移除左边的 \( k \) 个盒子以及位置 \( l \) 的盒子（假设它们颜色相同），即一次性移除 \( k+1 \) 个同色盒子，然后处理剩下的区间 \( [ l+1, r ] \)。 \[ dp[ l][ r][ k] = \max\left(dp[ l][ r][ k], \ (k+1)^2 \times c[ color_ l] + dp[ l+1][ r][ 0 ]\right) \] 其中 \( color_ l = boxes[ l ] \)。这个转移对应“现在就移除”策略。策略二：先不立即移除 \( boxes[ l] \)，而是寻找区间内另一个位置 \( p \)（\( l < p \le r \)），使得 \( boxes[ p] = boxes[ l ] \)。我们将区间分成三部分： \([ l+1, p-1 ]\)：先独立移除这个子区间（此时左边没有额外的同色盒子，即 \( k=0 \)）。 \([ p, r]\)：移除这个子区间时，它左边已经积累了 \( k+1 \) 个同色盒子（原来的 \( k \) 个加上 \( boxes[ l] \) 这个），因为 \( boxes[ l] \) 还没被移除，它与 \( boxes[ p ] \) 颜色相同，可以后续一起移除。因此转移为： \[ dp[ l][ r][ k] = \max_ {p: boxes[ p]=boxes[ l]} \left(dp[ l+1][ p-1][ 0] + dp[ p][ r][ k+1 ]\right) \] 注意：当 \( l+1 > p-1 \) 时，\( dp[ l+1][ p-1][ 0 ] = 0 \)。这个策略的关键是：推迟移除 \( boxes[ l] \)，让它与后面同色的 \( boxes[ p ] \) 以及左边积累的 \( k \) 个盒子一起移除，从而获得更高的合并得分。边界条件当 \( l > r \) 时，区间为空，\( dp[ l][ r][ k ] = 0 \)。当 \( l = r \) 时，区间只有一个盒子，可以立即移除：\( dp[ l][ r][ k] = (k+1)^2 \times c[ color_ l ] \)。计算顺序由于转移方程中 \( dp[ l][ r][ k ] \) 依赖于： \( dp[ l+1][ r][ 0 ] \)（更小的区间） \( dp[ l+1][ p-1][ 0 ] \)（更小的区间） \( dp[ p][ r][ k+1 ] \)（区间长度可能相同，但 \( k \) 更大）我们需要按照区间长度从小到大计算，同时对于同一个区间，\( k \) 要从大到小计算（因为 \( k+1 \) 比 \( k \) 大）。具体顺序：枚举区间长度 \( len = 0 \) 到 \( n-1 \)。枚举左端点 \( l = 0 \) 到 \( n-len-1 \)，右端点 \( r = l + len \)。对于每个区间 \( [ l, r ] \)，枚举 \( k \) 从 \( r-l \) 到 0（递减），因为 \( k \) 最大不会超过区间外可能积累的同色盒子数量（这里可以设为区间长度，为了简化，我们通常枚举 \( k \) 从大到小）。最终答案初始时，整个区间 \( [ 0, n-1 ] \) 左边没有额外的同色盒子，所以 \( k=0 \)： \[ ans = dp[ 0][ n-1][ 0 ] \] 举例说明假设盒子序列：\( [ 1,2,1,2,1] \)，颜色 1 的系数 \( c[ 1] = 2 \)，颜色 2 的系数 \( c[ 2 ] = 3 \)。计算过程简述（只展示关键步骤）：初始化单盒子区间：比如 \( dp[ 0][ 0][ k ] = (k+1)^2 \times 2 \)（因为颜色 1）。计算区间长度 2：比如区间 \([ 0,1 ]\)（颜色 1,2）：策略一：移除第一个 1，得 \( (k+1)^2 \times 2 \) + \( dp[ 1][ 1][ 0 ] \)。策略二：寻找后面同色 1 的位置（这里没有），所以不考虑。随着区间扩大，推迟移除同色盒子的优势显现：在区间 \([ 0,4 ]\)（整个序列）：策略一：直接移除第一个 1（颜色 1），得 \( (0+1)^2 \times 2 = 2 \)，然后递归处理剩余区间。策略二：找到后面同色 1 的位置 p=2 和 p=4。对于 p=2：先独立移除 \([ 1,1]\)（即位置 1 的颜色 2），得 \( dp[ 1][ 1][ 0] \)；然后处理区间 \([ 2,4]\)，此时左边已有 k+1=1 个同色 1（即位置 0 的颜色 1 还没移除），所以 \( dp[ 2][ 4][ 1] \) 表示在左边已有一个 1 的情况下处理区间 \([ 2,4 ]\) 的最大分。这样最后可以合并位置 0,2,4 的三个 1 一起移除，获得 \( (3)^2 \times 2 = 18 \) 分。通过比较各种策略，得到最大总分为 18 + 其他操作的分数。最终计算可得最大总分为 24（举例数字可能不同，取决于具体系数和顺序）。复杂度状态数：\( O(n^2 \cdot n) = O(n^3) \)，因为 \( k \) 最多为 \( n \)。每个状态转移需要枚举 \( p \)，最坏 \( O(n) \)。总复杂度 \( O(n^4) \)，但实际因为 \( p \) 只在同色位置枚举，可优化到 \( O(n^3) \)。核心要点状态中引入 \( k \) 表示“左边已积累的同色盒子数”，是解决此类“合并移除”问题的关键。转移时考虑两种策略：立即移除或推迟移除（与后面同色合并）。计算顺序按区间长度从小到大，\( k \) 从大到小。这个变体在原移除盒子问题基础上增加了颜色成本系数，使得得分计算变为 \( k^2 \times c_ i \)，但状态设计和转移逻辑完全一致，只需在得分计算时乘上系数即可。